Преобразуем выражение по законам алгебры логики:

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 → Z_A или Z_{(10 or 3)} → Z_A. 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.

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.

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.

Преобразуем данное выражение:

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. И всего в этих двух множествах 17 неповторяющихся элементов.

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

Применив преобразование импликации, получаем:

Применив закон де Моргана и правило упрощения, получаем:

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.

Введём обозначения:

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 и т. д.

Запишем формулу из условия в наших обозначениях A → (D₂₁ + D₃₅) = 1.

Раскроем импликацию по правилу 

Чтобы формула была тождественно истинной необходимо, чтобы  (т. е. A = 0), когда D₂₁ + D₃₅ = 0. Тогда наибольшее множество A определяется как A_max = D₂₁ + D₃₅. Множество A_max, точно соответствующее выражению с помощью функции ДЕЛ получить невозможно. Выполним анализ исходной формулы с помощью кругов Эйлера. Чтобы в множество  входили все числа, не попавшие в объединение D₂₁ + D₃₅, достаточно, чтобы множество Анаходилось внутри этого объединения, например, совпадая с одним из множеств D₃₅ или D₂₁, или располагаясь внутри любого из них, что возможно, если использовать делители, кратные 21 или 35. В задании требуется найти наименьшее значение, этому условию соответствует 21.

Преобразуем выражение по законам алгебры логики:

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 Z₁₉Z_A → Z₂₅ или Z_{(19 or A)} → Z₂₅. Запишем число 25 в двоичной системе счисления: 25₁₀ = 11001₂. Единичные биты, стоящие в правой части, должны являться единичными битами левой. Поскольку 19₁₀ = 10011₂, 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.

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

Применив преобразование импликации, получаем:

Применив закон де Моргана и правило упрощения, получаем:

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.

Преобразуем выражение по законам алгебры логики:

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 Z₉Z_A → 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.

Чтобы найти наибольшее целое неотрицательное число A, при котором выражение будет тождественно истинно при любых целых неотрицательных x и y, рассмотрим, в каких случаях условие (y + 2x ≠ 48) ложно.

Таким образом, находим все решения, когда (y = 48 − 2x). Это x в промежутке от 0 до 24 и y в промежутке от 48 до 0. Заметим, что для того, чтобы выражение подходило для любых x и y, требуется взять x = 16 и y = 16. Тогда A < 16. Следовательно, наибольшее целое неотрицательное число A будет равняться 15.