Русская логика – индикатор интеллекта

Скачать 3.06 Mb.

Название	Русская логика – индикатор интеллекта
страница	7/21
Дата публикации	28.07.2013
Размер	3.06 Mb.
Тип	Документы

100-bal.ru > Математика > Документы

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ... 21

Закон замкнутых систем по Лобанову:

(ab)(cd)(ef)(bd’)(df’)(fb’)(a+c+e)  (a’b’)(c’d’)(e’f’) или в более компактном виде с испльзованием силлогистических функторов

Аналогично выведем и импликативные законы логического умножения и сложения, не известные мировой классической логике. Следовательно, их резонно назвать Импликативными законами Лобанова. Простота алгоритмов «Импульс» и «Импульс-С» превращает дедуктивную логику в индуктивную.

Математическое доказательство импликативных законов настолько просто, прозрачно и примитивно, что нет никакого резона запоминать не только их, но и подавляющее большинство остальных логических законов. Школьники и студенты ни в коем случае не должны зубрить любые законы, но обязаны при необходимости уметь их выводить. Зубрёжка унижает Человека.

Импликативные законы Лобанова.

Рассмотрим некоторые частные случаи импликативных законов. Попытаемся найти условия, при которых возможно сокращение общих множителей или исключение общих слагаемых.

(ac=bc)(a→c)(b→c) → (a=b) = (ac=bc)(a’+c)(b’+c) → (a=b)=(ac≠bc)+ac’+bc’+(a=b) =

= ac(bc)+(ac)’bc+ac’+bc’+ab+a’b’ = 1.

((a+c)=(b+c))(a→c’)(b→c’) → (a=b) = ((a+c)≠(b+c))+ac+bc+(a=b) =

=(a+c)(b+c)’+(a+c)’(b+c)+ ac+bc+(a=b) = ab’c’+a’bc’+ac+bc+ab+a’b’ = 1.

Нам удалось найти такие условия. Смысл этих условий станет понятным при изучении силлогистики, когда мы докажем, что (x → y) ≡ Axy.

2.2. Практикум по логике суждений.

2.2.1. Задачи Катречко С.Л.

Прекрасным примером применения логики суждений для доказательства законов в различных областях науки являются задачи, предложенные Сергеем Леонидовичем Катречко[8]. Речь идёт о таких науках как математика, физика, химия, грамматика, богословие и др. Катречко решает эти задачи на основе рассуждений. Такой подход развивает мышление, но он беспомощен с точки зрения математической логики. Зачем напрягать интеллект, когда прекрасно работают формальные аналитические и графические методы Русской логики. Алгоритм “Импульс” существенно упрощает выводы.
Задача 2.2.1.

Если равнодействующая всех сил, действующих на движущееся тело, не равна 0, то оно движется неравномерно или непрямолинейно, так как известно, что если эта равнодействующая равна 0, то тело движется равномерно и прямолинейно.

Решение.

Проверим это утверждение. Введём следующие обозначения:

X – равнодействующая всех сил равна 0,

Y – движение равномерно,

Z - движение прямолинейно.

Тогда по алгоритму “Импульс” получим:

(x  yz)  (x’  (y’+z’)) = (x’+yz)  (x+y’+z’) = x(y’+z’)+x+y’+z’ =

= x+y’+z’  1.

Т.е. мы доказали несостоятельность данного доказательства, но не утверждения. Здесь в посылке x и yz связаны эквивалентностью (см. школьный учебник физики), а не импликативностью.

(x ~ yz)  (x’  (y’+z’)) = (x≠yz) + (x+y’+z’) = x’yz+x(y’+z’)+x+y’+z’ = 1, что и требовалось доказать.
Задача 2.2.2.

Если все посылки истинны и рассуждение правильно, то заключение правильно. В данном рассуждении заключение ложно. Значит, или рассуждение неправильно, или не все посылки истинны.

Решение.

X – посылки истинны,

Y – рассуждение правильно,

Z - заключение верно.

(xy  z)z’  (y’+x’) = (x’+y’+z)z’  (y’+x’) = xy+z+y’+x’ = 1.
Задача 2.2.3.

Если в суффиксе данного полного прилагательного или причастия пишется два н, то они пишутся и в соответствующем наречии. Неверно, что в суффиксе данного наречия пишется два н. Следовательно, в суффиксе полного прилагательного или причастия, из которого образовалось наречие, пишется одно н.

Решение.

X – в причастии два н,

Y – в полном прилагательном два н,

Z – в наречии два н.

((x+y)  z)z’  x’y’ = (x’y’+z)z’  x’y’ = x’y’z’  x’y’ = x+y+z+x’y’ = 1.

Мы доказали даже более сильное утверждение.
Задача 2.2.4.

Бог или бессилен предотвратить зло, или он не желает предотвращать его (зло существует на Земле). Если бог всемогущ, то неверно, что он бессилен предотвратить зло. Если бог всеблаг, то неверно, что он не желает предотвращать зло. Следовательно, неверно, что бог всемогущ и всеблаг.

Решение.

X – бог всемогущ,

Y – бог всеблаг,

U – зло существует,

V – бессилен против зла,

W – желает предотвратить зло.

u(u  (v+w’))(x  v’)(y  w)  (xy)’ = u(u’+v+w’)(x’+v’)(y’+w)  (xy)’ =

= u’+uv’w+xv+yw’+x’+y’ = 1.

Таким образом, мы чисто аналитически (математически) доказали, что бог не всемогущ и не всеблаг одновременно. Однако это заключение можно оспорить, если удастся доказать некорректность посылок.
Задача 2.2.5.

Если каждый раз в полдень солнце находится в зените и сейчас полдень, то сейчас солнце находится в зените.

Решение.

X – сейчас полдень,

Y – солнце в зените.

(x  y)x  y = (x’+y)x  y = xy  y = x’+y’+y = 1.

Однако обратное утверждение неверно:

(x  y)y  x = (x’+y)y  x = y  x  1.

Это заключение не согласуется со здравым смыслом. Ошибка вызвана тем, что X и Y связаны отношением эквивалентности, а не следования. Поэтому формальный вывод должен выглядеть так:

(x ~ y)x  y = xy  y = x’+y’+y = 1

(x ~ y)y  x = xy  x = x’+y’+x = 1
Задача 2.2.6.

Если нельзя получить воду, то неверно, что имеется в наличии водород и оксид магния. Если имеется углерод, но углекислого газа получить не удалось, то не было в наличии кислорода. Если имеется углекислый газ и вода, то можно получить углекислоту. Можно ли получить углекислоту, если имеется в наличии оксид магния, кислород, водород и углерод.

Решение.

X – нет воды,

Y – есть водород и оксид магния,

Z – есть углерод,

U – есть углекислый газ,

V – есть кислород,

W – есть углекислота.

(x  y’)(zu’  v’)(ux’  w)  (yvz  w) = (x’+y’)(z’+u+v’)(u’+x+w)  (y’+v’+z’+w) = xy+zu’v+ux’w’+y’+v’+z’+w = 1.

Это означает, что углекислоту получить можно.

Задача 2.2.7.(18)

Он сказал, что придёт, если не будет дождя. (а на его слова можно полагаться). Но идёт дождь. Значит, он не придёт.

Решение.

X – он придёт,

Y – нет дождя.

(y  x)y’  x’ = (y’+x)y’  x’ = y’  x’ = y+x’  1.

Заключение ошибочно.
Задача 2.2.8.(19)

Джонс утверждает, что не встречал этой ночью Смита. Если Джонс не встречал этой ночью Смита, то либо Смит был убийцей, либо Джонс лжёт. Если Смит не был убийцей, то Джонс не встречал его этой ночью, а убийство было совершено после полуночи. Если убийство было совершено после полуночи, то либо Смит был убийцей, либо Джонс лжёт. Следовательно, убийцей был Смит.

Решение.

X – Джонс не встречал Смита,

X’ – Джонс лжёт, т.е. он встречал этой ночью Смита,

Y – Смит – убийца,

Z – убийство было совершено после полуночи.

(x  ( y+x’))(y’  xz)(z  (y+x’))  y = (x’+y)(y+xz)(z’+y+x’)  y =

xy’+y’(x’+z’)+xy’z+y = 1. Убийцей был Смит.
Задача 2.2.9.(23)

Если элементарная частица имеет античастицу или не относится к числу стабильных, то она имеет массу покоя. Следовательно, если элементарная частица не имеет массы покоя, то она относится к числу стабильных.

Решение.

X – наличие античастицы,

Y – частица нестабильна,

Z – наличие массы покоя.

((x+y)  z)  (z’  y’) = (x’y’+z)  (z+y’) = (x+y)z’+z+y’ = xz’+yz’+z+y’ = 1. Т.е. частица относится к числу стабильных.
Задача 2.2.10.(26)

Прямые a и b или параллельны, или пересекаются, или скрещиваются. Если прямые a и b лежат в одной плоскости, то они не скрещиваются. Прямые a и b лежат в одной плоскости и не пересекаются. Следовательно, прямые a и b параллельны.

Решение.

X – прямые параллельны,

Y – прямые пересекаются,

Z – прямые скрещиваются,

U – прямые лежат в одной плоскости.

(xy’z’+x’yz’+x’y’z)(u  z’)uy’  x = (xy’z’+x’yz’+x’y’z)(u’+z’)uy’  x =

(xy’z’+x’yz’+x’y’z)’+uz+u’+y+x = 1.

Эта задача может быть упрощена за счёт того, что z = (x+y)’:

(u  (x+y))uy’  x = (u’+x+y)uy’  x = xy’u  x = x’+y+u’+x = 1

Следовательно, прямые a и b параллельны.
Дополнительно решим ещё одну задачу для заданных аргументов при изменённых условиях:

M = (y  u)y’ = (y’+u)y’ = y’

M(u) = 1, т.е. нельзя сказать ничего определённого относительно плоскостей в том случае, когда прямые не пересекаются: « Возможно, прямые лежат в одной плоскости».
Задача 2.2.11.(28)

Если философ – дуалист, то он не материалист. Если он не материалист, то он диалектик или метафизик. Он не метафизик. Следовательно, он диалектик или дуалист.

Решение.

X – дуалист,

Y – материалист,

Z – диалектик,

U – метафизик.

(x  y’)(y’  (z+u))u’  (z+x) = (x’+y’)(y+z+u)u’(x+z) = xy+u’y’z’+u+x+z  1.

Следовательно, заключение неверно. А каков же правильный ответ? По алгоритму «Импульс – С» получим следующие результаты.

M = (x  y’)(y’  (z+u))u’ = (x’+y’)(y+z+u)u’.

M’ = xy+u’y’z’+u.

Из карты Карно получим M = u’y’z+u’x’y. Откуда выводятся правильное заключение: f(x,y,z) = x’y+y’z_,т.е. философ – материалист или диалектик или то и другое вместе.
Задача 2.2.12.(34)

Перед последним туром футбольного чемпионата сложилась турнирная ситуация, позволяющая утверждать следующее. Если «Динамо» проиграет свой последний матч, то в случае выигрыша «Спартака» он станет чемпионом. Если же «Спартак» выиграет матч и станет чемпионом, то «Торпедо» займёт второе место. В последнем туре первыми стали известны результаты встреч с участием «Динамо» и «Спартака»: «Динамо» проиграло, а «Спартак» выиграл. Можно ли в этом случае, не дожидаясь результатов других встреч, утверждать, что «Спартак» стал чемпионом, а «Торпедо» заняло второе место?

Решение.

A – выиграет «Динамо»,

B – выиграет “Спартак”,

C – “Спартак” – чемпион,

D – “Торпедо” на втором месте.

(a’b  c)(bc  d)a’b  cd = ( a+b’+c)(b’+c’+d)a’b +cd = 1, т.е. «Спартак» стал чемпионом, а «Торпедо» заняло второе место.
Задача 2.2.13.(37)

Докажите следующую теорему: если прямая l, принадлежащая плоскости P, не перпендикулярна прямой n, то она не перпендикулярна проекции m прямой n на плоскость P, если верна следующая теорема: если прямая l принадлежит плоскости P и перпендикулярна проекции m прямой n на плоскость P, то прямая l перпендикулярна прямой n.

Решение.

X – l перпендикулярна m,

Y – l перпендикулярна n.

(x  y)  (y’  x’) = (x’+y)  (y+x’) = 1.

Мы доказали теорему, не привлекая никаких познаний из стереометрии и даже не зная о существовании этой науки.
Задача 2.2.14.(38)

Известно, что, если данный многоугольник правильный, то в него можно вписать окружность.

Данный многоугольник правильный, следовательно, в него можно вписать окружность.
В данный многоугольник нельзя вписать окружность, следовательно, он неправильный.
В данный многоугольник можно вписать окружность, следовательно, он правильный.

Проверить эти утверждения.

Решение.

X – многоугольник правильный,

Y – в многоугольник можно вписать окружность.

(x  y)x  y = (x’+y)x  y = xy  y x’+y’+y = 1.
(x  y)y’  x’ = (x’+y)y’  x’ = x’y’+x’ x+y+x’ = 1.
(x  y)y  x = (x’+y)y  x = y  x y’+x  1, т.е. третье утверждение ложно. Это легко докажет школьник, знающий геометрию(в любой треугольник можно вписать окружность или вокруг окружности можно описать любой многоугольник), но нам эти познания не потребовались.

Задача 2.2.15.(39)

Если число делится на 4, то оно чётное. Число – чётное. Значит, оно делится на 4.

Решение.

X – число делится на 4,

Y – число чётное.

(x  y)y  x = (x’+y)y  x = y  x = y’+x  1. Нет, не всякое чётное число делится на 4.
Задача 2.2.16.

Если целое число больше 1, то оно простое или составное. Если целое число больше 2 и чётное, то оно не является простым. Следовательно, если целое число больше 2 и чётное, то оно составное (здесь присутствует скрытая посылка).

Решение.

x – число больше 1

y – число простое

z – число составное

u – число больше 2 и чётное.

Скрытая посылка заключена в том, что число может быть или простым, или составным, третьего не дано, т.е. y’ = z.

(x  (y+z))(u  y’)(y’=z)  (u  z) = (x’+y+z)(u’+y’)(y’=z)  (u’+z) =

= xy’z’+uy+yz+y’z’+u’+z = 1

Заключение правильное: число составное.
Задача 2.2.17.

Если бы он не пошёл в кино, то он не получил бы двойки. Если бы он подготовил домашнее задание, то не пошёл бы в кино. Он получил двойку. Значит, он не подготовил домашнее задание.

Решение.

x – пошёл в кино

y – получил двойку

z – подготовил домашнее задание.

(x’  y’)(z  x’)y  z’ = (x+y’)(z’+x’)y  z’ = x’y+xz+y’+z’ = 1.

Т.е. школьник не подготовил домашнее задание.
Задача 2.2.18.

Я люблю Бетти или я люблю Джейн. Если я люблю Бетти, то я люблю Джейн. Следовательно, я люблю Джейн.

Решение.

х – люблю Бетти

у – люблю Джейн

(x+y)(x  y)  y = (x+y)(x’+y)  y = y  y = y’+y = 1. Я люблю Джейн.
Задача 2.2.19.

Если аргументы некоторого рассуждения истинны, а его тезис не является таковым, то рассуждение не является правильным. Данное рассуждение правильно и его аргументы истинны. Следовательно, его тезис является истинным.

Решение.

X – аргументы верны

Y – тезис верен

Z – рассуждение верно.

(xy’  z’)xz  y = (x’+y+z’)xz  y = xyz  y = x’+y’+z’+y = 1.

Следовательно, его тезис является истинным.
Задача 2.2.20.
Докажите, что если натуральное число оканчивается на 0 и сумма цифр кратна 3, то само это число кратно 15. Используйте при этом следующие посылки: если число оканчивается на 0, то оно кратно 5; если сумма цифр числа кратна 3, то число кратно 3; если число кратно 3 и кратно 5, то оно кратно 15.

Решение.

X – число кратно 5

Y – число кратно 3

Z – число кратно 15

U – число оканчивается на 0

V – сумма цифр числа кратна 3.

(u  x)(v  y)((xy  z)  (uv  z) = (u’+x)(v’+y)(x’+y’+z)  (u’+v’+z) =

ux’+vy’+xyz’+u’+v’+z = 1.

Т.е., если натуральное число оканчивается на 0 и сумма цифр кратна 3, то само это число кратно 15
Задача 2.2.21.
Если студент знает логику, то он сможет проверить выводимость формулы из посылки. Если студент не знает логику, но он прослушал курс "Логика" и освоил математический анализ в логике суждений, то он также сможет установить выводимость формулы. Значит, если студент или знает логику, или прослушал курс "Логика" и освоил матанализ в логике суждений, то он может проверить выводимость формулы из посылок.

Решение.

X – знает логику

Y – сможет проверить выводимость формулы из посылки

Z – прослушал курс логики и освоил матанализ в логике суждений.

(x  y)(x’z  y)  ((x+x’z)  y) = (x’+y)(x+z’+y)  (x’z’+y) =

xy’+x’zy’+x’z’+y = 1.

Мы доказали, что если студент или знает логику, или прослушал курс "Логика" и освоил матанализ в логике суждений, то он может проверить выводимость формулы из посылок.
Задача 2.2.22.

Если каждое действительное число есть алгебраическое число, то множество действительных чисел счётно. Множество действительных чисел несчётно. Следовательно, не каждое действительное число есть алгебраическое число.

Решение.

X – действительное число

Y – алгебраическое число

Z – счётное множество чисел.

((x  y)  (x  z))(x  z)’  (x  y)’ = ((x’+y)  (x’+z))(x’+z)’  (x’+y)’ =

(xy’+x’+z)(x’+z)’  xy’ = (x’+y)xz’+x’+z +xy’ = xyz’+x’+z+xy’ = 1.

Следовательно, не каждое действительное число есть алгебраическое число.
Задача 2.2.23.

Курс акций падает, если процентные ставки растут. Большинство владельцев акций разоряется, если курс акций падает. Следовательно, если процентные ставки растут, то большинство владельцев акций разоряется.

Решение.

X – курс акций падает

Y – процентные ставки растут

Z – акционеры разоряются.

(y  x)(x  z)  (y  z) = (y’+x)(x’+z)  (y’+z) = x’y+xz’+y’+z = 1

Если процентные ставки растут, то большинство владельцев акций разоряется.
Задача 2.2.24.

Если капиталовложения останутся постоянными, то возрастут правительственные расходы или возникнет безработица. Если правительственные расходы не возрастут, то налоги будут снижены. Если налоги будут снижены и капиталовложения останутся постоянными, то безработица не возрастёт. Следовательно, правительственные расходы не возрастут.

Решение.

X – капиталовложения постоянны

Y – правительственные расходы растут

Z – растёт безработица

U – снижаются налоги.

(x  (y+z))(y’  u)(ux  z’)  y’ = (x’+y+z)(y+u)(u’+x’+z’)  y’ =

xy’z’+y’u’+xzu+y’  1.

Следовательно, заключение неверно.
Задача 2.2.25.

Проверьте правильность рассуждения средствами логики суждений: "Если человек осуждён судом, то он лишается избирательных прав. Если человек признан невменяемым, то он также лишается избирательных прав. Следовательно, если человек обладает избирательным правом, то он здоров и не был осуждён судом".

Решение.

X – осуждён судом

Y – лишён избирательных прав

Z – невменяем.

(x  y)(z  y)  (y’  x’z’) = (x’+y)(z’+y)  (y+x’z’) =

xy’+zy’+y+x’z’ = 1.

Если человек обладает избирательным правом, то он здоров и не был осуждён судом".
Задача 2.2.26.

Если Джон - автор этого слуха, то он глуп или беспринципен. Следовательно, если Джон не глуп или не лишён принципов, то он не является автором этого слуха.

Решение.

X – Джон – автор слуха

Y – Джон глуп

Z – Джон беспринципен.

(x  (y+z))  ((y’+z’)  x’) = (x’+y+z)  (yz+x’) = xy’z’+yz+x’  1, т.е. Джон даже в этом случае может распускать слухи.
Задача 2.2.27.
Если в параллелограмме один угол прямой, то диагонали такого параллелограмма равны. Следовательно, при несоблюдении этого требования диагонали параллелограмма не равны.

Решение.

X – в параллелограмме один угол прямой;

Y - диагонали параллелограмма равны.

(x  y)  (x’  y’) = (x’+y)  (x+y’) = xy’+x+y’ = x+y’  1, т.е. мы утверждаем, что заключение неверно. Однако любой школьник, любящий геометрию, скажет, что мы ошибаемся. И он будет прав: дело в том, что прямоугольники и параллелограммы с равными диагоналями соединены не причинно-следственными связями, а функцией эквивалентности. Нельзя применять логику бездумно. Поэтому решение должно быть таким:

(x  y)(x’  y’)=(x’y’+xy)(x+y’)=xy’+x’y+x+y’ = 1, что и требовалось доказать.

Задача 2.2.28.

Недавно вышла из печати "Большая книга головоломок". Там есть задача "Напиток на десерт": Абигейл, Бриджит и Клаудия часто обедают в ресторане.

1. Каждая из них после обеда заказывает чай или кофе.

2. Если Абигейл заказывает кофе, то Бриджит заказывает то, что заказывает Клаудия.

3. Если Бриджит заказывает кофе, то Абигейл заказывает то, что Клаудия не заказывает.

4. Если Клаудия заказывает чай, то Абигейл заказывает то же, что и Бриджит.

Кто, по-вашему, всегда заказывает один и тот же напиток после обеда?"

Решение.

Введём следующие обознаения:

a – Абигейл,

b – Бриджит,

c – Клаудия,

k – кофе,

k’ – чай.

Тогда все четыре посылки будут описаны следующими уравнениями.

[a(k’+k)] [b(k’+k)] [c(k’+k)] = abc.
ak → (ck → bk) (ck’ → bk’) = (ak)’+(c’+k’+bk)(c’+k+bk’) = a’+k’+c’+b.
bk → (ck → ak’) (ck’ → ak) = (bk)’+(c’+k’+ak’)(c’+k+ak) = b’+k’+c’.
ck’ → (bk → ak) (bk’ → ak’) = (ck’)+(b’+k’+ak)(b’+k+ak’) = a+b’+c’+k.

Полная единица системы М равна логическому произведению всех четырёх посылок:

M = abc(a’+b+c’+k’)(b’+c’+k’)(a+b’+c’+k).

Вычислять это произведение муторно, поэтому воспользуемся формулой де Моргана и картой Карно.

M’ = a’+b’+c’+ab’ck+bck+a’bck’.

Занесём M’ = a’+b’+c’+ab’ck+bck+a’bck’ в карту Карно в виде нулей, а в свободные клетки впишем единицы. Тогда рабочие наборы после минимизации дадут следующий результат: M = abck’, т.е. все женщины после обеда пьют чай.

2.2.2. Задачи Р.М.Смаллиана.

№28(с.27).

В этой задаче два персонажа: А и В. Каждый из них либо рыцарь, либо лжец. А высказывает следующее утверждение: «По крайней мере один из нас лжец». Кто из двух персонажей А и В рыцарь и кто лжец?

Решение.

Введём обозначения:

a – A – рыцарь, a’ – А - лжец.

b – B – рыцарь, b’ – В - лжец.

M = ab’  a’(a’+b’)’ = ab’+0 = ab’, т.е. А – рыцарь, В – лжец.
№29(с.27).

Предположим, что А говорит: «Или я лжец, или В рыцарь». Кто из двух персонажей рыцарь, а кто лжец?

Решение.

M = a(a’b)  a’(а’~в) = ab+a’b = b, т.е. В - рыцарь. Отсюда А тоже рыцарь(см. первую половину формулы), т.к. он не мог бы сказать правду про рыцаря и про себя-лжеца.
№34(с.28).

Перед нами три островитянина А, В и С, о каждом из которых известно, что он либо рыцарь, либо лжец. Условимся двух островитян называть однотипными, если они оба рыцари или оба лжецы. Пусть А и В высказывают следующие утверждения:

А: В – лжец.

В: А и С однотипны.

Кто такой С: рыцарь или лжец?

Решение.

Строго говоря, первая посылка должна быть представлена в виде ab’a’в, поскольку не могут быть истинны одновременно два взаимоисключающих суждения. Но мы с Вами доказали следующие соотношения:

ab’  a’в = ab’(a+b’)+(a’+b)a’b = ab’+a’b = а  в.

ab  a’в’ = ab(a+b)+(a’+b’)a’b’ = ав+a’b’ = а~в.

а  a’ = a+a’ = 1.

Поэтому описание посылок будет простым, решение тоже прозрачным:

M = (ab’+a’b)[b(ac+a’c’)+b’(ac’+a’c)] = ab’(ac’+a’c)+a’b(ac+a’c’) = c’(ab’+a’b),

Т.е. С – лжец. Решение уложилось в одну строчку.
№35(с.28).

Перед нами снова трое островитян А, В и С. А высказывает утверждение: «В и С однотипны». Кто-то спрашивает у С: «А и В однотипны?» Что ответит островитянин С?

Решение.

Полная единица системы

M = a(bcb’c’)  a’(bc’b’c) = abc+ab’c’+a’bc’+a’b’c.

Решая это уравнение относительно С(см.раздел 11.3), получим

c = ab+a’b’, т.е. С ответит: «А и В однотипны».

2.2.3. Задачи неизвестного автора.

Тест на логическое мышление

Для взрослых и очень умных детей.
Автор неизвестен.
© Веб-версия Детей на Куличках

Тест состоит из 30 пунктов. Каждый пункт имеет вид:

- Условие
a. первое следствие
b. второе следствие
c. третье следствие

"Условие" - это условие задачи, некоторые обстоятельства, которые считаются ранее каким-то образом доказанными и всегда истинными.
"Следствие" - это логическое следствие из условия. Из трех следствий одно и только одно правильно. Ваша задача - проверить свою способность отделять правильные логические следствия от неправильных.

Тест не требует специальных математических знаний. Все слова в тесте надо толковать так, как это делается в обычном повседневном русском языке, но не так, как в математике или иной специальной области. Все слова в тесте надо толковать буквально, никаких метафор или намеков в тесте не предусмотрено.

В тесте вы можете обнаружить незнакомые слова, такие, как "куздра". Эти слова предназначены для того, чтобы оценить вашу способность к логическому мышлению, отделив ее от других ваших знаний об окружающем мире. Считайте, что эти слова могут означать все, что угодно, но так, чтобы фраза в условии была правдивой по смыслу. Например, если написано, что "куздра бежит", это означает, что куздра действительно умеет бегать и, по-видимому, имеет ноги или лапки, это может быть к примеру человек, животное или шагающий механизм:)

Иногда в тесте встречаются противоположные по смыслу слова и выражения, например "умеют" и "не умеют", "большой" и "маленький" и т.п. Во всех таких случаях предполагается, что промежуточные варианты ("умеет, но плохо", "средний") не рассматриваются.

Начало формы

Шмурдик боится как мышей, так и тараканов.
a. шмурдик не боится тараканов;
b. шмурдик боится мышей;
c. шмурдик боится мышей больше, чем тараканов, но и тараканов боится тоже.

Решение.

Введём следующие обозначения:

х – шмурдик, у – боится мышей, z – боится тараканов. Тогда все варианты будут представлены следующим образом.

a) (x → yz) → (x → z’) = (x’+yz)→(x’+z’) = x(y’+z’)+x’+z’ ≠ 1, т.е. данный вариант следствия ошибочен.

b) (x → yz) → (x →y) = x(y’+z’)+x’+y = xy’+xz’+x’+y = 1, т.е. второе следствие истинно.

c) промежуточные варианты ("больше") не рассматриваются.

2. Известно, что грымзик обязательно или полосат, или рогат, или то и другое вместе.
a. грымзик не может быть безрогим;
b. грымзик не может быть однотонным и безрогим одновременно;
c. грымзик не может быть полосатым и безрогим одновременно.

Решение.

х – грымзик, у – полосат, z – рогат.

a) (x → y+z) → (x → z) = (x’+y+z) → (x’+z) = xy’z’+x’+z ≠ 1, т.е. неверно.

b) (x → y+z) → (x → (y’z’)’) = xy’z’+(x’+y+z) = xy’z’+x’+y+z = 1, т.е. следствие истинно.

c) (x → y+z) → (x → (yz’)’) = xy’z’+x’+y’+z ≠ 1, следствие ошибочно.

3. Если запырку отравить, то она сразу начнет пускать пузыри.
a. если запырка пускает пузыри, то она была отравлена;
b. если запырку не отравить, то она не будет пускать пузыри;
c. если запырка не пускает пузыри, то она не отравлена.

4. Все охлотушки умеют играть в шашки
a. не бывает охлотушек, которые не умеют играть в шашки;
b. все, кто умеет играть в шашки, являются охлотушками;
c. не бывает охлотушек, которые умеют играть в шашки.

5. Дубараторы бывают либо хорошими, либо плохими. Неправда, что этот дубаратор не плохой.
a. этот дубаратор хороший;
b. этот дубаратор средненький;
c. этот дубаратор плохой.

6. В природе обнаружено более десятка тиалей. Все обнаруженные тиали сплошь красного цвета.
a. по крайней мере некоторые из тиалей красного цвета;
b. по крайней мере некоторые из тиалей зеленые;
c. некоторые тиали (из тех, что уже обнаружены) могут оказаться не красными.

7. Существуют шакалы с больной мухропендией.
a. не всякий шакал может похвастаться здоровой мухропендией;
b. не всякий шакал может похвастаться больной мухропендией;
c. существуют шакалы со здоровой мухропендией.

8. Неправда, что наша тумельница большая и круглая.
a. наша тумельница маленькая и некруглая;
b. наша тумельница маленькая, или некруглая, или то и другое вместе;
c. наша тумельница маленькая, или некруглая, но не то и другое вместе.

9. Джон всегда либо урдит, либо мурлит.
a. Джон иногда урдит;
b. Джон иногда урдит, а иногда мурлит;
c. Джон никогда не занимается одновременно и урдением, и мурлением.

10. Журналисты наврали, что бздыш болотный безграмотен и нахален.
a. на самом деле бздыш болотный образован и тактичен;
b. на самом деле бздыш болотный безграмотен, но не нахален;
c. те журналисты солгали.

11. Если тряхнуть бурдылькой, то начнется стрельба. Бурдылькой тряхнули.
a. стрельба уже началась;
b. стрельба начнется когда-нибудь;
c. стрельба начнется когда-нибудь или уже началась.

12. Если тряхнуть перпелькой, то немедленно начнется стрельба. За последний час стрельбы не было.
a. в течении последнего часа перпелькой не трясли;
b. в течении последнего часа перпелькой трясли;
c. а нечего было трясти чем попало.

13. Огромный бутряк напугал деревенского старосту.
a. старосте приснился ночной кошмар;
b. староста попробовал некачественной выпивки;
c. староста был напуган.

14. Если почесать угубку за ухом, он начнет довольно шипеть. Если угубок довольно зашипит, то молоко поблизости скиснет.
a. если не чесать угубка за ухом, то молоко поблизости не скиснет;
b. если почесать угубка за ухом, молоко поблизости скиснет;
c. молоко вдалеке никогда не скисает от чесания угубков.

15. Всех, кто громко обуривает, обязательно съедают. Все ухмырки постоянно громко обуривают.
a. все, кто громко обуривает,- ухмырки;
b. всех ухмырков обязательно съедают;
c. некоторых ухмырков не съедают.

16. В реках близ Тимуграда обитает и вобла, и щука.
a. в реках близ Тимуграда не бывает воблы;
b. в реках близ Тимуграда обитает щука;
c. в реках близ Тимуграда обитает только вобла и щука.

17. Все пуфелки радуют умом или красотой, а иногда даже и тем, и другим.
a. пуфелка не может быть глупой;
b. не бывает глупых некрасивых пуфелок;
c. не бывает умных красивых пуфелок.

18. Когда вы спите, вы всегда мухряете.
a. если вы мухряете, значит, вы спите;
b. если вы не спите, вы не мухряете.
c. если вы не мухряете, значит, вы не спите.

19. Все болельщики любят ыгу.
a. не бывает болельщиков, которые не любят ыгу;
b. все, кто любит ыгу, болеет за кого-нибудь;
c. не бывает болельщиков, которые любят ыгу.

20. Есть только два вида здунцов: красные и синие. Что касается этого конкретного здунца, то он оказался вовсе не синим.
a. этот здунец синий;
b. этот здуней синекрасный;
c. этот здунец красный.

21. Найдено множество останков быдлозавров. Но все они очень плохо сохранились.
a. некоторые останки быдлозавров очень плохо сохранились;
b. по крайней мере некоторые останки быдлозавров в отличном состоянии;
c. некоторые найденные останки быдлозавров сохранились хорошо.

22. Некоторые лапухондрии не стабильны.
a. не всякая лапухондрия не стабильна;
b. существуют стабильные лапухондрии;
c. не всякая лапухондрия стабильна.

23. Говорили, что дукни и острые, и твердые. Оказывается, это вовсе не так.
a. на самом деле дукни тупые и мягкие;
b. на самом деле дукни тупые или мягкие или то и другое сразу;
c. на самом деле дукни тупые или мягкие, но не то и другое сразу.

24. Кафля всегда либо бегает, либо дышит.
a. Кафля дышит на бегу;
b. Кафля не дышит стоя;
c. Кафля не дышит на бегу.
25. Информация о том, что завтрашнее совещание будет посвящено альным утятам, оказалась ложной.
a. информация оказалась ложной;
b. совещание будет посвящено не утятам;
с. совещание будет посвящено утятам, но вовсе не альным.

26. Если облить уузку водой, она испортится сразу же. Эта уузка не испорчена. Сейчас я оболью ее водой.
a. не надо обижать уузку;
b. уузка испортится;
c. уузка не испортится.

27. Если облить уузку водой, она испортится сразу же. Эта уузка не была испорчена.
a. уузку не обливали;
b. уузку обливали;
c. да отстаньте вы от уузки.

28. Вася бросил проходить этот тест, ответив только на 28 вопросов.
a. Вася устал, проходя тест;
b. Вася заколебался, проходя тест;
c. Вася не закончил тест.

29. Если покормить бушку, она успокоится. Спокойную бушку можно доить.
a. если бушку не кормить, ее нельзя будет доить;
b. бушку можно доить, но не кормить, она сама чего-нибудь найдет и съест;
c. после кормления бушку можно доить.

30. Если обрадовать бушку, она даст молока. Бушка обрадуется, если дернуть ее за хвост.
a. если дернуть бушку за хвост, она даст молока;
b. никто не обрадуется, если дернуть его за хвост;
c. если не дернуть бушку за хвост, она не даст молока.
Надеюсь, что такая логика понравится даже тем учащимся, которые не любят математику, грамматику, физику, химию и другие науки, поскольку логика легко и просто решает задачи всех научных дисциплин.

Что касается задач неизвестного автора, то с точки зрения Русской логики они примитивны и свидетельствуют о безграмотности анонимного логика, но одновременно и о его изобретательности, стремлении к нешаблонному мышлению. Это самые ценные интеллектуальные качества инженера и учёного. Задачи Анонима интересны для эвристического решения, когда нужно «шевелить извилинами». Формально, на основе Русской логики их может решить любой идиот. Именно поэтому решены только первые две задачки. С другой стороны, зачем напрягать мышление, если формалистика просто и быстро выдаёт результат.