Задание EGEINFC8147F: Таблицы истинности

Пустая клетка означает неизвестное значение, а не нуль. Во всех трёх строках требуется F = 0, причём строки должны быть различными.
Логическая функция: F = (¬((y → z)) ∨ ((x → w) ∨ ¬x)).
Используем правила: ¬ меняет значение на противоположное; ∧ даёт 1 только при двух единицах; ∨ даёт 0 только при двух нулях; импликация A → B ложна только при A = 1, B = 0; эквивалентность A ≡ B истинна при равенстве значений.
1. Найдём все допустимые наборы переменных.
Дизъюнкция равна 0, только если каждая её часть равна 0.
Поэтому одновременно должны выполняться условия:
¬((y → z)) = 0.
(x → w) = 0.
¬x = 0.
Для полной проверки переберём 2⁴ = 16 наборов. В следующих двух строках тройки (x, y, z) идут в порядке 000, 001, 010, 011, 100, 101, 110, 111.
При w = 0 значения F: 1, 1, 1, 1, 0, 0, 1, 0.
При w = 1 значения F: 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1.
Остаются ровно три набора. Обозначим их A, B, C; внутри каждого набора порядок переменных всегда w, x, y, z:
A = (0; 1; 0; 0); значения частей выражения: 0, 0, 0; F = 0.
B = (0; 1; 0; 1); значения частей выражения: 0, 0, 0; F = 0.
C = (0; 1; 1; 1); значения частей выражения: 0, 0, 0; F = 0.
Других подходящих наборов нет: все остальные из 16 дают противоположное значение функции. Значит, три различные строки исходной таблицы — это A, B, C в некотором порядке.

2. Сопоставим наборы строкам и восстановим столбцы.
Сначала сохраним исходные клетки. Знаком «?» обозначен пропуск; порядок: столбцы 1, 2, 3, 4 и F.
Исходная строка 1: ? 0 ? 0 0.
Исходная строка 2: ? ? 1 ? 0.
Исходная строка 3: ? 1 0 ? 0.
Есть 3 · 2 · 1 = 6 способов расположить A, B, C по строкам. Например, ABC означает: первая строка — A, вторая — B, третья — C. Для каждого способа сравним известные клетки каждого столбца со значениями переменных в этих трёх наборах.
Ниже для столбцов 1, 2, 3, 4 перечислены допустимые буквы. «Нет» означает, что ни одна переменная не подходит. Одну букву нельзя назначить двум столбцам.
ABC: [w, x, y, z; y, z; нет; w, y, z]; взаимно однозначного назначения нет.
ACB: [w, x, y, z; z; y; w, y, z]; порядок букв xzyw.
BAC: [w, x, y, z; y; нет; w, y]; взаимно однозначного назначения нет.
BCA: [w, x, y, z; нет; y, z; w, y]; взаимно однозначного назначения нет.
CAB: [w, x, y, z; нет; нет; w]; взаимно однозначного назначения нет.
CBA: [w, x, y, z; нет; z; w]; взаимно однозначного назначения нет.
Остаётся единственный порядок столбцов: x, z, y, w.
При нём полная таблица в исходном порядке строк имеет вид:
Заполненная строка 1: 1 0 0 0 0.
Заполненная строка 2: 1 1 1 0 0.
Заполненная строка 3: 1 1 0 0 0.

Проверка: все заданные клетки сохранены; заполненные строки попарно различны. После перестановки столбцов каждая из них совпадает с одним из трёх допустимых наборов A, B, C, поэтому во всех строках получается требуемое F = 0.
Перебраны все шесть порядков трёх различных наборов и все допустимые назначения букв, поэтому другой ответ невозможен. Буквы записываем подряд в порядке столбцов слева направо.
Ответ: xzyw.