1) введём выражение m & k, обозначающее поразрядную конъюнкцию m и k (логическое «и» между соответствующими битами двоичной записи). определите наибольшее натуральное число a, такое что выражение (x & a ≠ 0) → ((x & 12 = 0) → (x & 49 ≠ 0)) тождественно истинно (то есть принимает значение 1 при любом натуральном значении переменной x)?

Преобразуем (X & A ≠ 0) → ((X & 12 = 0) → (X & 49 ≠ 0)), избавившись от импликации. Для этого используем замену a→b = ¬a ∨ b
Также учтем, что ¬(p=0) = p≠0
Получаем (X & A = 0) ∨((X & 12 ≠ 0) ∨ (X & 49 ≠ 0))
Можно раскрыть скобки (X & A = 0) ∨ (X & 12 ≠ 0) ∨ (X & 49 ≠ 0)
49₁₀ = 110001₂, 12₁₀ = 001100₂, тогда
(X & A = 0) ∨ (X & 001100 ≠ 0) ∨ (X & 110001 ≠ 0)
Чтобы результат поразрядной конъюнкции был ненулевым, нужно чтобы в обоих операндах совпадали единичные биты хотя бы в одном разряде.
В нашем случае есть три члена, связанные по "ИЛИ" и задача - определить, при каком А выражение всегда будет истинным, т.е. даст хотя бы один единичный бит. Понятно, что значение А влияет только на тот случай, когда нули дали и (X & 001100 ≠ 0), и (X & 110001 ≠ 0).
Когда же такое возможно?
X & 001100 = 0, если Х имеет вид ??00??, где ? - произвольное состояние бита.
X & 110001 = 0, если Х имеет вид 00???0.
Объединяя эти два случаю получаем, при Х=0000?0 выражение
(X & 001100 ≠ 0) ∨ (X & 110001 ≠ 0) даст нули во всех битах.
Тогда (X & A = 0) должно дать хотя бы один единичный бит.
Получаем 0000?0 & А = 0, следовательно, А может иметь вид 0?.
Тогда максимальное значение А равно 111101₂ = 61₁₀

Попробуем раскрыть
(x & a != 0) -> ((x & 12 == 0) -> (x & 49 !=0))
(x & a == 0) | ((x & 12 ==0) -> (x & 49 != 0))
(x & a == 0) | (x & 12 == 0) | (x & 49 != 0)
12 это 001100
49 это 110001
x & 12 == 0 истинно при 3ем и 4ом бите равным 0 в x
x & 49 != 0 истинно при 1,5 или 6 бите равным 1 в x
остались числа, в который 3ий и 4ый бит равны 1, а 1,5,6 равны 0

мы можем записать в 1,5,6 бит в a единички(a=49), и больше нет никаких битов, которые мы можем безболезненно привести в 1