Дискретная математика
.pdfЭто означает, что существует хотя бы один набор αe = (α1, . . . , αn) та-
кой, что f(α1, . . . , αn) ≠ f(α1, . . . , αn) f(α1, . . . , αn) = f(α1, . . . , αn).
В наборе αe = (α1, . . . , αn), αi {0, 1} заменим все αi = 1 на x1 = x, а все αi = 0 - на x0 = x.
Полученная функция одной переменной φ(x) = f(x 1 , . . . , x n ) является константой.
Проверим это. Так как x = x α 1, то
{0 = 0 α 1 = α 1 = α 1 = 1 α 1 = α 0 = α
φ(0) = f(0 1 , . . . , 0 n ) = f(α1, . . . , αn) = f(α1, . . . , αn) =
= f(1 1 , . . . , 1 n ) = φ(1).
Так как φ(0) = φ(1), то φ(x) ≡ const.
Пример 7.8. Получить из функций
а) fe1 = (0011 0111); б) fe2 = (0110 0110)
константу каким-либо способом .
Решение.
а) Несамодвойственность функции fe1 = (0011 0111) установлена в примере 7.6, п. а) .
Найдем хотя бы одну пару противоположных наборов, на которой нарушается самодвойственность. Так как самодвойственные функции расположены симметрично относительно середины таблицы, просматриваем значения функции, двигаясь от краев таблицы к её середине (либо наоборот), пока не найдем пару одинаковых значений функции (таким образом можно устанавливать самодвойственность функций - см. алгоритм 3).
x1 |
x2 |
x3 |
|
f1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
0 |
0 |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
0 |
0 |
1 |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
0 |
1 |
0 |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
0 |
1 |
1 |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
@ |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
0 |
0 |
|
0 |
|
|
|||
1 |
0 |
1 |
|
1 |
|
|
|
|
|
1 |
1 |
0 |
|
1 |
|
|
|
|
|
1 |
1 |
1 |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
121
Такой парой наборов являются наборы (010) и (101): f1(0, 1, 0) = f1(1, 0, 1) = 1. Значение функции на этих наборах равно 1, поэтому по лемме S мы можем получить только константу 1.
Из пары противоположных наборов αe1 = (010) и αe2 = (101) выбираем тот, в котором количество единиц больше, то есть набор αe2 = (101). Все единицы в этом наборе заменяем на функцию x, все нули - на x. Получаем набор γ = (x, x, x).
Найденная функция одной переменной - искомая функция "тождественная единица": φ(x) = f1(x, x, x) ≡ 1. Докажем это.
Так как φ(0) = f1(0, 0, 0) = f1(0, 1, 0) = 1 , то таблица истинности
φ(1) = f1(1, 1, 1) = f1(1, 0, 1) = 1
x φ(x)
0 1
полученной функции φ(x) совпадает с таблицей
1 1
истинности функции f(x) ≡ 1, то есть φ(x) ≡ 1.
б) fe2 = (0110 0110) / S - см. пример 7.7, п. а) .
Не обязательно противоположные наборы искать по таблице истинности. Просмотр вектора значений функции дает тот же результат:
fe2 = (0110 0110).
@
Самодвойственность нарушается на паре крайних наборов (000) и (111), так как f2(0, 0, 0) = f2(1, 1, 1) = 0.
Получим функцию "тождественный ноль"на наборе, состоящем из большего количества единиц, то есть на наборе αe2 = (111). Опять заменим все единицы на x, все нули - на x, получим набор γ = (x, x, x).
φ(0) = f2(0, 0, 0) = 0 . φ(1) = f2(1, 1, 1) = 0
Замечание 7.7. Самодвойственность функции f2 нарушается на всех парах противоположных наборов.
Пример 7.9. Выразить из функции fe = (1100 1101 0011 1101) константу всеми возможными способами.
Решение.
122
Проверим, что f / S, применяя второй алгоритм определения самодвойственности функции:
(1 1 0 0 1 1 0 1 | 0 0 1 1 1 1 0 1)
←−−−−−−−−−−
(1 0 1 1 1 1 0 0) (1 0 1 1 1 1 0 0) (0 1 0 0 0 0 1 1)
(1 1 0 0 1 1 0 1) ̸≡(0 1 0 0 0 0 1 1) f / S.
Самодвойственность нарушена, можно применять лемму S. Для удобства изображения отметим на рисунке только те наборы, на которых нарушается самодвойственность.
fe= (1100 1101 0011 1101)
@ @@@
Так как по условию задачи нужно выразить константу всеми возможными способами, то берем все 8 наборов, на которых нарушается самодвойственность:
f(0000) = f(1111) = 1 f(0100) = f(1011) = 1 f(0101) = f(1010) = 1 f(0110) = f(1001) = 0
α1 = (0000) |
γ1 = ( |
|
|
|
|
|
|
|
|
φ1 |
(x) = f( |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
≡ 1 |
|||||
x, |
x, |
x, |
x |
) |
x, x, x, x) |
|||||||||||||||||||||
α2 = (1111) |
γ2 = (x, x, x, x) |
φ2 |
(x) = f(x, x, x, x) ≡ 1 |
|||||||||||||||||||||||
α |
|
γ |
|
|
|
|
|
) |
φ |
|
x |
|
f |
|
|
|
|
|
|
) ≡ 1 |
||||||
= (0100) |
x, x, x, x |
3 |
) = |
x, x, x, x |
||||||||||||||||||||||
e3 |
e3 |
= ( |
|
|
|
|
|
|
|
|
( |
( |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
α |
|
γ x, |
|
|
) |
φ |
|
x |
|
f x, |
|
|
) ≡ 1 |
|||||||||||||
= (1011) |
x, x, x |
4 |
) = |
x, x, x |
||||||||||||||||||||||
e4 |
e4 |
= ( |
|
|
|
|
|
|
|
|
( |
( |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
α |
|
γ |
|
|
|
|
) |
φ |
|
x |
|
f |
|
|
|
|
) ≡ 1 |
|||||||||
= (0101) |
x, x, x, x |
5 |
) = |
x, x, x, x |
||||||||||||||||||||||
e5 |
e5 |
= ( |
|
|
|
|
|
|
|
|
( |
( |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
α |
|
γ x, |
|
|
|
) |
φ |
|
x |
|
f x, |
|
|
|
) ≡ 1 |
|||||||||||
= (1010) |
x, x, x |
2 |
) = |
x, x, x |
||||||||||||||||||||||
e6 |
e6 |
= ( |
|
|
|
|
|
|
|
|
( |
( |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
e |
|
e |
|
|
|
|
|
|
|
|
) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
≡ |
α |
= (0110) |
γ |
x, x, x, x |
φ |
7 |
x |
) = |
f |
x, x, x, x |
) ≡ 0 |
||||||||||||||||
e7 |
e7 |
= ( |
|
|
|
|
|
|
|
|
( |
( |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
e |
|
e |
|
|
|
|
|
|
|
|
) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
α |
= (1001) |
γ x, |
x, x, x |
φ |
8 |
x |
) = |
f x, |
x, x, x |
) |
0 |
|||||||||||||||
e8 |
e8 |
= ( |
|
|
|
|
|
|
|
|
( |
( |
|
|
|
|
|
|
|
Мы получили 8 различных способов выражения константы из несамодвойственной функции.
123
7.4Класс M монотонных функций
Определение 7.7. Для наборов α = (α1, . . . , αn) и β |
= (β1, . . . , βn) |
||||
|
|
|
|
e |
предшествует |
выполнено отношение предшествования (набор e |
|||||
|
e |
|
α |
|
|
|
неравенства |
|
|||
набору |
β |
), если выполнены |
|
||
|
|
e |
|
||
|
|
|
|
α1 6 β1 |
|
|
|
|
α2 6 β2 |
|
|
|
|
|
|
... |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
αn 6 βn |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Операция предшествования обозначается следующим образом:
e 4 e
α β.
|
e |
|
|
|
|
= (1010111) |
|
Например, α = (1010001), e |
|||||||
|
|
1 6 1 |
|
β |
. |
||
|
|
|
|
|
|||
|
0 6 0 |
|
|
|
|||
|
1 6 1 |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
6 |
1 |
e |
e |
|
Так как |
|
|
6 |
0 |
4 β. |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
6 |
1 |
|
|
|
|
|
0 |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Замечание 7.8. Очевидно, что если |
e |
4 e |
e 4 |
e |
то |
e |
4 |
e |
α |
γ, |
α |
γ. |
|||||
|
|
β, |
β |
|
|
Замечание 7.9. Не любые пары наборов находятся в отношении предшествования.
Например, α = (010), β = (101). |
|
|
e |
4 |
e |
|
||
|
|
4 |
|
|
(так как |
|||
Не выполнено ни |
отношение предшествования |
α |
β |
|||||
e |
|
e |
|
|
|
|
||
|
e |
|
(так как β1 |
= 1 > 0 = α1). |
||||
α2 = 1 > 0 = βe2), ни отношение β |
|
α |
Замечание 7.10. Следование в таблице истинности является необходимым, но не достаточным условием предшествования наборов.
Подтверждением этому является пример из замечания 7.9. Набор αe
e e e
расположен в таблице истинности раньше набора β, но α β.
124
Определение 7.8. Функция f(x) называется монотонной, если для
e |
|
6 |
|
|
e |
e |
4 |
e |
|
любых наборов α = (α1 |
, . . . , αn) |
и β = (β1 |
, . . . , βn) таких, что α |
β |
|||||
|
e |
|
e( |
e |
|
|
|
|
|
выполнено неравенство f(α) |
|
) |
. |
|
|
|
|||
|
|
|
f |
|
β |
|
|
|
Замечание 7.11. Очевидно, что функции одной переменной 0, 1, x являются монотонными, а f(x) = x - немонотонная функция, так как
(0) 4 (1), но f(0) = 1 > 0 = f(1).
Множество всех монотонных функций образует класс М.
7.4.1Алгоритм 1 определения монотонности булевой функции
1.Находим носитель функции Nf = {σe Bn | f(σe) = 1}.
2.Для каждого набора σ из носителя находим соответствующий ему класс монотонности, в который помещаем все наборы длины n, которым предшествует набор σ :
σNf 7→M = {αe Bn | σe 4 αe}.
3.Проверяем, является ли класс монотонности M подмножеством носителя. Если да, алгоритм продолжаем (переход к пункту 2).
4.Если для всех классов M выполнено условие M Nf , то функция f(xe) монотонна (f(xe) M).
Как только встречается набор αe такой, что σe 4 α,e но f(αe) / Nf , алгоритм прекращает свою работу. Функция f(xe) немонотонна, так как не выполняется определение монотонной функции:
σe 4 α,e
но
f(σe) = 1 > 0 = f(αe) .
| {z } | {z }
т.к.e Nf т.к.e=Nf
Пример 7.10. Являются ли функции
125
а) fe1 = (0011 0111)
б) fe2 = (1010 1010)
в) fe3 = (0101 1011)
монотонными?
Решение.
а) fe1 = (0011 0111)
1. Выпишем наборы, на которых значение функции равно 1:
Nf1 = {(010), (011), (101), (110), (111)}.
2. Рассмотрим набор σe1 = (010) Nf1 .
σe1 7→M 1 = {(010), (011), (110), (111)}.
В класс M 1 поместим все наборы, которым предшествует набор
e |
= (010), |
|
1e |
3 |
, |
|
4 |
|
|
|
|
0 |
|
α1 |
||
σ |
|
то есть все наборы |
α |
для |
которых выполняются |
|||||||||||
|
1 |
|
|
B |
|
e |
1 |
2 |
3 |
1 |
6 |
α2 |
||||
|
|
|
e |
= (010) |
|
|
|
|
||||||||
отношения предшествования σ |
|
|
α = (α , α , α ). |
|
|
|||||||||||
Это значит, что должны выполняться неравенства |
|
0 6 α3 |
||||||||||||||
|
|
|
6 . |
|||||||||||||
Очевидно, что неравенства будут верны для |
1 |
{0, 1} |
|
|
||||||||||||
α2 |
|
|
||||||||||||||
α |
|
1 . |
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
α3 |
{0,}1 |
} |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
{ |
|
|
|
|
Все возможные наборы α,e которые удовлетворяют системе, перечислены в классе M 1 .
3.Так как все наборы из класса M 1 принадлежат носителю, продолжаем работу алгоритма.
4.Возьмем следующий набор носителя σe2 = (011).
σe2 7→M 2 = {(011), (111)}.
Аналогично, |
|
|
|
|
|
|
|
e |
|
e |
|
|
0 6 β1 |
|
β1 {0, 1} |
σ2 |
= (011) 4 |
β = (β1, β2, β3) |
|
|
1 6 β2 |
|
β2 = 1 |
|
|
|
|
1 6 β3 |
|
β3 = 1 |
126
5. M 2 Nf1 , значит, берем следующий набор носителя σe3 = (101). σe3 7→M 3 = {(101), (111)} Nf1 .
6. Аналогично σe4 = (110);
σe4 7→M 4 = {(110), (111)} Nf1 .
7. Последний набор носителя σe5 = (111).
σe5 7→M 5 = {(111)} Nf1 .
8.Так как все классы монотонности M Nf1 , то f1(xe) M (функция f1 монотонна).
б) f |
= (1010 1010) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
1. |
e2 |
|
|
|
|
|
Nf2 |
= |
{ |
(000), (010), (100), (110) . |
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
} |
|
|
|
|
|
2. Возьмем |
набор |
σ |
|
= |
(000) |
|
|
N |
|
и |
найдем |
все наборы |
||||||||||||
|
|
|
1 |
|
2 |
|
3 |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
f2 |
|
|
|
|
|
|
||
|
α = (α |
, α |
, α |
), которым предшествует набор σ : |
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
e |
|
|
|
|
|
|
|
0 |
6 |
α1 |
1 |
|
α1 |
0, 1 |
|
|
σ |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
e |
α2 {0, 1} |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
e |
|
1 |
2 |
3 |
|
1 |
|
6 α2 |
|
|
||||||||
|
e |
= (000) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
, |
||||||||
|
e |
|
α = (α , α , α ) |
|
|
0 6 α3 |
|
α3 |
{0, 1} |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
{ } |
|
|
то есть в класс монотонности M |
|
|
попадают все возможные дво- |
||||||||||||||||||||
|
ичные наборы длины 3: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
M 1 = B3 = {(000), (001), (010), (011), (100), (101), (110), (111)}.
3.Набор αe1 = (001) M 1 , но αe1 = (001) / Nf2 , значит, функция f2 немонотонна, поскольку σe1 = (000) 4 αe1 = (001),
при этом f2(000) = 1 > 0 = f2(001).
в) fe2 = (0101 1011)
1. Nf3 = {(001), (011), (100), (110), (111)}.
2.σe1 = (001) 7→M 1 = {(001), (011), (101), (111)}.
3. |
e |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
4 |
1 |
но |
|
σ1 |
= (001) |
|
Nf3 |
|
|
|
|
f3(001) = 1, |
||||||
|
α1 |
= (101) / |
Nf3 |
|
f3(101) |
= 0, определение монотон- |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
e |
|
e |
= (101), |
|
||
|
ной функции не выполнено: σ |
|
= (001) |
α |
|
|||||||||
|
но |
f |
(001) > f |
(101) |
|
f |
3 |
/ M. |
|
|
|
|
||
|
e |
3 |
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
127
Замечание 7.12. Количество наборов в классе монотонности M равно 2k, где k - количество нулей в наборе σ.
Замечание 7.13. Классу монотонности, соответствующему набору из всех нулей, принадлежат все двоичные наборы σ Bn, то есть σe = (0, 0, . . . , 0) 7→M = Bn (так как набор σe = (0, 0, . . . , 0) предшествует всем булевым наборам длины n).
Вывод 1: Если f(0, 0, . . . , 0) = 1 и в векторе значений функции есть хоть один ноль, то функция f(xe) немонотонна.
Монотонность нарушается, по крайней мере, на паре наборов σe = (0, 0, . . . , 0) и наборе αe таком, что f(αe) = 0.
Замечание 7.14. Набор, состоящий из всех единиц, принадлежит классам монотонности всех двоичных наборов, поскольку все булевы наборы предшествуют набору из всех единиц.
Вывод 2: Если f(1, 1, . . . , 1) = 0 и в векторе значений функции есть хоть одна единица, то функция f(xe) немонотонна.
Монотонность нарушается, по крайней мере, на паре наборов σe = (1, 1, . . . , 1) и наборе αe таком, что f(αe) = 1.
7.4.2Алгоритм 2 определения монотонности булевой функции
1.Делим вектор значений функции f(xe) = (α0α1 . . . α2n−1) на две
равные части. Получаем два набора αe0 = (α0α1 . . . α2n−1−1) и
αe1 = (α2n−1 α2n−1+1 . . . α2n−1).
2.Если отношение предшествования αe0 4 αe1 для полученных векторов αe0 и αe1 не выполнено, то функция не является монотонной.
3.В противном случае каждый из векторов αei0 , i0 {0, 1} делим на две равные части; получаем наборы αei0i1 , i0 {0, 1}, i1 {0, 1}, длина которых равна половине длины наборов αei0 , и проверяем, выполнено ли отношение предшествования у полученных пар векторов αei00 4 αei01; i0 {0, 1}.
Если не выполнено хотя бы одно из отношений αei00 4 αei01, то функция не принадлежит классу монотонных функций.
128
4. Иначе опять делим двоичные векторы пополам и |
так да- |
лее. Алгоритм прекращает свою работу в двух |
случаях: |
либо для полученных наборов не выполнено отношение
предшествования |
(f(x) |
/ M), либо длина всех |
векторов |
||
e |
|
|
|
|
|
|
= 0, . . . , n − 1 равна 1. Если отношение |
||||
αi0i1:::in−1 , ik {0, 1}, k |
|||||
предшествования |
выполняется для всех пар наборов |
(включая |
|||
e |
|
|
|
|
наборы единичной длины), функция монотонна.
Пример 7.11. Исследовать функции из примера 7.10 на монотонность
Решение. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
1. |
|
e |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
а) |
f1 = (0011 0111) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
Делим вектор значений функции пополам: |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
α0 = (0011), α1 = (0111). |
|
|
|
|
||||||||||||
2. Так как |
(0011) |
4 |
(0111) (покоординатно выполнено неравенство |
|||||||||||||||||||
|
|
e |
|
|
|
|
e |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
αi0 6 αi1 ), то делим наборы α0 и α1 пополам. |
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
e |
|
= (00) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
3. |
|
|
α0 = (0011) |
|
α |
|
|
; |
(00) 4 (11) |
|
||||||||||||
|
|
|
e |
00 |
e |
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
e |
|
|
|
|
7→{ α01 = (11) |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
e |
|
= (01) |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
α10 |
|
; |
(01) 4 (11) |
|
||||||||||
|
|
|
α1 = (0111) |
|
e |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
7→{ α11 = (11) |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
Так как |
для обеих пар векторов α |
i0i1 |
, |
i |
0 |
{ |
0, 1 |
} |
, i |
1 { |
0, 1 отно- |
||||||||||
|
e |
|
|
|
|
|
e |
|
|
|
|
|
|
} |
||||||||
|
шение предшествования выполняется, делим наборы длины 2 еще |
|||||||||||||||||||||
|
раз пополам. |
|
|
|
|
|
|
|
e |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
4. Получаем 8 наборов длины 1: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
α00 = (00) 7→{ |
e |
|
= |
(0) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
α000 |
; |
|
(0) 4 (0) |
|
|
||||||||||||||
|
|
|
α001 = |
(0) |
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
e |
|
|
|
|
|
e |
|
= |
(1) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
α01 |
= (11) |
|
|
e |
|
|
(1) |
; |
|
(1) 4 (1) |
|
|
|||||||
|
|
|
e |
|
|
|
7→{ α011 = |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
e |
|
= |
(0) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
α10 |
= (01) |
|
|
e |
|
|
(1) |
; |
|
(0) 4 (1) |
|
|
|||||||
|
|
|
e |
|
|
|
7→{ α101 = |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
e |
|
= |
(1) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
α110 |
|
|
|
(1) 4 (1) |
|
|
||||||||
|
|
|
e |
= (11) |
|
|
e |
|
|
|
|
; |
|
|
|
|||||||
|
|
|
α11 |
7→{ |
e |
|
|
(1) |
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
α111 = |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
129
|
Так |
|
как |
|
|
для |
всех |
|
|
|
пар |
векторов |
|||
|
e |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
{0, 1} отношение пред- |
|||||
|
αi0i1i2 , |
i0 {0, 1}, i1 {0, 1}, i2 |
|||||||||||||
|
шествования выполнено, функция f |
монотонна. |
|
||||||||||||
|
f |
|
1010) |
|
|
|
e |
|
|
|
|
|
|
||
б) |
1. e2 = (1010 α0 = (1010), α1 = (1010); |
|
(1010) 4 (1010) |
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
e |
= (10) |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
α |
|
|
|
α00 |
|
|
|
|
|
|||
|
2. |
|
e0 |
= (1010) |
e |
|
|
|
; |
(10) 4 (10) |
|
||||
|
|
|
e |
|
|
|
7→{ α01 = (10) |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
e |
= (10) |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
α10 |
; |
(10) 4 (10) |
|
||||||
|
|
|
α1 = (1010) |
e |
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
e |
|
|
|
7→{ α11 = (10) |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
α000 = (1) |
|
|
|
|
|
|
|||
|
3. |
|
e |
|
|
|
e |
|
|
; |
|
(1) |
̸4 |
(0) |
|
|
|
α00 = (10) |
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
7→{ α001 = (0) |
|
|
|
|
|
||||
|
Так как отношение |
предшествования не выполнено, алгоритм пре- |
|||||||||||||
|
|
|
e |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
кращает работу; функция fe2 немонотонна. |
|
|
|
|||||||||||
в) |
f3 = (0101 1011) |
|
|
e |
|
(0101) 4 (1011) |
|
||||||||
|
e |
|
α0 = (0101), α1 = (1011); |
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
̸ |
|
|
|
Так как |
отношение предшествования не выполнено во второй коорди- |
||||||||||||||
|
e |
|
|
|
e |
|
|
|
|
|
|
|
|
нате, алгоритм прекращает работу; fe3 / M.
Теорема 7.6. Класс монотонных функций замкнут:
[M] = M.
Доказательство. Для доказательства замкнутости класса М рассмотрим 2 случая (см. замечание 7.3).
1.f(x) = x M (см. замечание 7.11).
2.Любая суперпозиция F = f(f1, . . . , fm) монотонных функций f, f1, . . . , fm также является монотонной функцией. Докажем,
что, из f, f1, . . . , fm M F = f(f1, . . . , fm) M.
По определению монотонной функции
f1, . . . , fm M |
e |
|
|
e |
|
e |
|
|
|
e |
β |
β |
|
f β , . . . f |
f β |
. |
|||
|
α |
f α |
α |
||||||
α, e : |
|
4 e |
1 |
( ) 6 |
1(e) |
m( ) 6 |
m(e) |
|
130