Архитектура Аудит Военная наука Иностранные языки Медицина Металлургия Метрология
Образование Политология Производство Психология Стандартизация Технологии


Лемма о несамодвойственной функции



 

Подстановкой функций и в несамодвойственную функцию можно получить одну из констант.

Доказательство. Пусть – несамодвойственная функция. Тогда существует набор , для которого . Построим функцию , заменив единицы в на , а нули – на . Так как , то . Заметим, что .

Тогда , т.е. . Следовательно, функция есть одна из констант.

Разложение булевой функции по переменным

Обозначим xs=

Посмотрим, чему равно xs при разных значениях x и s.

x\s

Из таблицы следует: xs=1 тогда и только тогда, когда x=s.

Теорема о разложении функции по переменным

 


Пусть f(x1, ..., xn) Î P2. Тогда для любого m: 1 ≤ m ≤ n допустимо представление:

f(x1, ..., xm, xm+1, ..., xn) = ,

где дизъюнкция берется по всем наборам из 0 и 1, которое называется разложением функции f по переменным x1, ..., xn.

Прежде чем доказать утверждение, рассмотрим примеры.

Пример 1. m = 1, запишем разложение по переменным х:

f(x1, ..., xn) = = f(0, x2 , …, xnx1f(1, x2, ..., xn). (1)

Пример 2. m=2, запишем разложение по переменным х и :

f(x1, x2, …xn) = =

.

Если f(x1, x2) = x1 Å x2, то последняя формула дает x1 Å x2 = x2Ú x1 .

Доказательство. Для доказательства возьмем произвольный набор (a1, ..., a n) и покажем, что левая и правая части формулы (1) принимают на этом наборе одинаковые значения. Слева имеем f(a1, ..., an). Cправа: .

Дизъюнкция берется по всевозможным наборам (s1, ..., sm). Если в этих наборах хотя бы одно si ¹ ai (1≤ im), то = 0 и , следовательно, ненулевой член будет только на наборе (s1, ..., sm) = (a1, ..., am), тогда f(a1, ..., an).

Следствие 1. Любую функцию f(x1, ..., xn) не равную тождественно нулю можно представить в виде: , причём единственным образом. Этот вид называется совершенной дизъюнктивной нормальной формой функции f(x1, ..., xn) и записывается СДНФ.

Доказательство. Существование СДНФ для функции не равной тождественно нулю вытекает из предыдущей теоремы. Покажем, что эта СДНФ единственная. В самом деле, имеется n-местных функций, не равных нулю тождественно. Подсчитаем число различных СДНФ от n переменных. Путь означает число сочетаний из n элементов по k. Тогда число одночленных СДНФ равно . Число k-членных СДНФ равно . Число n-членных СДНФ равно . Число всех различных СДНФ

Итак, функций реализуются посредством СДНФ, т.е. каждой функции соответствует единственная СДНФ.

Замечание. – элементарная конъюнкция ранга n по числу входящих переменных, предполагается, что при i ¹ j, хi ¹ хj. СДНФ для f(x1, ..., xn) дизъюнкция элементарных конъюнкций ранга n. Если функция представлена в виде дизъюнкций элементарных конъюнкций, где ранг хотя бы одной элементарной конъюнкции меньше n, то такая форма называется дизъюнктивной нормальной формой ( ДНФ ).

Cледствие 2. Любая функция алгебры логики может быть представлена в виде формулы через отрицание, & и Ú.

а) Если f ≡ 0, то f(x1, ..., xn) = & .

б) Если f(x1, ..., xn) ¹ 0 тождественно, тогда ее можно представить в виде СДНФ, где используются только связки , &, Ú. СДНФ дает алгоритм представления функции в виде формулы через &, Ú, .

Пример 3. Пусть функция f(x1, x2, x3) задана таблицей истинности. Запишем ее в виде СДНФ. Наборов, на которых функция равна 1, три: (0, 1, 0), (1, 0, 0) и

(1, 1, 1), поэтому f(x1, x2, x3) = x10 & x21 & x30 Ú x11 & x20 & x30 Ú x11& x21 & x31=

= & x2& Ú x1& & Ú x1& x2& x3.

x1 x2 x3 f  
               


Следствие 3. Мы умеем представлять функцию в виде . Нельзя ли представить ее в виде . Пусть функция f(x1, ..., xn) ¹ 1 тождественно. Тогда функция f* ¹ 0 тождественно, и ее можно представить в виде СДНФ:

.

По принципу двойственности заменим & на Ú и наоборот, получим

(2)

называется элементарной дизъюнкцией ранга n. Представление функции в виде (2) называется совершенной конъюнктивной нормальной формой или в краткой записи – СКНФ. СКНФ для f(x1, ..., xn) – конъюнкция элементарных дизъюнкций ранга n. КНФ для f(x1, ..., xn) – конъюнкция элементарных дизъюнкций, где ранг хотя бы одной элементарной дизъюнкции меньше n.

Пример 4. Пусть f(x1, x2, x3) = x1 (x2 (x3 ~ x1)). Представим ее в виде СКНФ, для этого получим таблицу истинности.

x1 x2 x3 x3~x1 x2 (x3~x1) f
1 1 1 1 1 1 1

Функция равна нулю только на наборе (1, 1, 0), поэтому

f(x1 x2 x3)=x1 Ú x2 Ú x3 =x10Ú x20Ú x31= Ú Ú x3.

 

2.5. Полнота, примеры полных систем

Определение. Система функций {f1, f2, ..., fs, ...}Ì P2 называется полной в Р2, если любая функция f(x1, ..., xn) Î P2 может быть записана в виде формулы через функции этой системы.

Полные системы

1. P2 – полная система.

2. Система M={x1& x2, x1Ú x2, } – полная система, т.к. любая функция алгебры логики может быть записана в виде формулы через эти функции.

Пример 1. Неполные системы: { }, {0, 1}.

 

Лемма (достаточное условие полноты)

 

Пусть система U = {f1, f2, ..., fs, ...} полна в Р2. Пусть B = {g1, g2, ..., gk, ...} – некоторая система из Р2, причем любая функция fi Î U может быть выражена формулой над B, тогда система B полна в Р2.

Доказательство. Пусть h(x1, ..., xn) Î P2, т.к. U полна в Р2, то h(x1, ..., xn) = =N[f1, ..., fs, ...] = N[L1[g1, ..., gk], ..., Ls[g1, ..., gk], ...] = U[g1, ..., gk]. Здесь мы воспользовались тем, что для любого i n fi может быть выражена формулой над B, поэтому fi=Li[gi, ..., gk].

3. Система {x1Ú x2, } – полна в P2.

Возьмем в качестве полной в Р2 системы U={x1Ú x2, , x1& x2}, B={x1Ú x2, }. Надо показать, что x1& x2 представляется формулой над B. Действительно, по правилу Де Моргана получим: x1& x2= .

С помощью этой леммы докажем полноту еще ряда систем.

4. Система {x1& x2, } – полна в Р2.

5. Система {x1|x2} полна в Р2. Для доказательства возьмем в качестве полной в Р2 системы U = {x1& x2, } и выразим х1& х2 и через х1|x2 :

= x1 | x1, x1 & x2 = = (x1|x2)|(x1|x2).

6. Система {x1 x2} полна в Р2. U = {x1Ú x2, }, = x1 x1, x1Ú x2 = = (x1 x2) (x1 x2).

7. Система {x1& x2, x1Å x2, 0, 1}, U = {x1& x2, }, = x1Å 1.

Следствие . Полином Жегалкина.

f(x1, ..., xn) Î P2, представим ее в виде формулы через конъюнкцию и сумму по модулю два, используя числа 0 и 1. Это можно сделать, так как {x1& x2, x1Å x2, 0, 1} полна в Р2. В силу свойства x & (yÅ z) = xy Å xz можно раскрыть все скобки, привести подобные члены, и получится полином от n переменных, состоящий из членов вида х х ...х , соединенных знаком Å. Такой полином называется полиномом Жегалкина.

Общий вид полинома Жегалкина:

где , s = 0, 1, ..., n, причем при s = 0 получаем свободный член а0.

 


Поделиться:



Популярное:

Последнее изменение этой страницы: 2016-04-09; Просмотров: 2167; Нарушение авторского права страницы


lektsia.com 2007 - 2024 год. Все материалы представленные на сайте исключительно с целью ознакомления читателями и не преследуют коммерческих целей или нарушение авторских прав! (0.027 с.)
Главная | Случайная страница | Обратная связь