Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

МИРЭА - Российский технологический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Уч.пособие-по-ОДМ-2012

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

10.05.2015

Размер:

2.36 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 274 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

αm = 1		m = 0
αm = 1	α	m = 0
				m · f(α1, . . . , αm−1, 0, αm+1, . . . , αn)
			α	m · f(α1, . . . , αm−1, 0, αm+1, . . . , αn)
		αm · f(α1, . . . , αm−1, 1, αm+1, . . . , αn) =
			=		1	· f(α1, . . . , αm−1, 0, αm+1, . . . , αn)
		1 · f(α1, . . . , αm−1, 1, αm+1, . . . , αn) =
			= 0 · f(α1, . . . , αm−1, 0, αm+1, . . . , αn)
		1 · f(α1, . . . , αm−1, 1, αm+1, . . . , αn) =
			= f(α1, . . . , αm−1, 1, αm+1, . . . , αn) =
								.
							= f(α1, . . . , αm−1, αm, αm+1, . . . , αn).
								П		и A 0 = A.
При выводе мы использовали тождества 1·A = A, 0·A = 0										и A 0 = A.
Итак, мы получили:							.
Итак, мы получили:							В
f(α1, α2, . . . αn) =							В		.
f(α1, α2, . . . αn) =

=αm · f(α1, . . . , αm−1, 0, αm+1, . . . , αn)

αm · f(α1, . . . , αm−1, 1, αm+1, . . . , αn) =

=f(α1, α2, . . . , αm−1, αm, αm+1, . . . , αn)..А

Так как α - произвольный двоичный набор, равенство (3.1) выполня-

ется для всех α Bn, и, значит, является тождеством. Заметим, что

xmm = 1 e

xm = σm. Тогда тождество (3.1) можноСпредставить следу-

ющим образом:e

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

= x m f(x

, . . . , x

m−1

, σ

, x

m+1

, . . . , x

Барашев

Аналогично доказываются две следующие теоремы.

Теорема

3.2. О разложении функции по нескольким переменным

Всякую функцию

алгебры логики f(x1, x2, . . . , xn)

при

любом m

Унучек

(1 6 m 6 n) можно представить в виде

f(x1, x2, . . . , xm−1, xm, xm+1, . . . , xn) =

МИРЭА

; 2;:::; m

; m)

m x11 x22 · · · xmm−−11 xmm f(σ1, σ2

, . . . , σm−1, σm,

( 1

−

xm+1, . . . , xn),

Это равенство называется разложением функции по переменным x1, x2, . . . , xm.

Теорема 3.3. О разложении функции по всем переменным

f(x1, x2, . . . , xn) = σ	n x11 x22 · · · xnn−−11 xnn f(σ1, σ2, . . . , σn−1, σn).
	B
Если f(x1, x2, . . . xne) ̸≡0,		то,	удалив логические слагаемые, для
которых f(σ1, σ2, . . . σn) = 0,		получим
f(x1, x2, . . . , xn) = σ			1	2	n−1 n
f(x1, x2, . . . , xn) = σ			Nf x1	x2	· · · xn−1.xn .

Найденное разложение	называется Совершенной Дизъюнктивной
Найденное разложение		e			П
Нормальной Формой (СДНФ).					П
					.

Замечание 3.4. В СДНФ входят элементарные конъюнкции, имею-
щие одинаковый ранг n, где n- количествоВпеременных.					.
		rсднф	= \|Nf \| · n	.А
				С
	Замечание 3.5. СДНФ имеет максимальный ранг среди всех ДНФ,
	реализующих
	Теорема
ции	левой
ции
	Доказательство.
		Барашев
	1. Пусть функция f(x) ̸≡0. Тогда, согласно теореме 3.3, эту функ-
	цию можно представить в виде СДНФ, то есть формулы, содер-
	жащей элементарныеУнучекфункции , &, .
		e	¬

2. Если функция являетсяМИРЭАтождественным нулем (f(xe) ≡ 0), то её можно представить, например, в виде формулы f(xe) = x1 · x1, являющейся суперпозицией конъюнкции и отрицания.

3.2.1Алгоритм построения СДНФ булевой функции

1. Находим носитель функции Nf = {σe Bn|f(σe) = 1}, то есть те двоичные наборы σ,e на которых значение функции равно 1.

2. Для каждого набора σe из носителя выписываем элементарную конъюнкцию K = x11 x22 · · · xnn .

Если значение i- той координаты в наборе σ равно нулю (σi = 0),

то переменная x	входит в элементарную конъюнкцию с отрица-
нием; если же σii	= 1, то без отрицания.	e
		.
3. Составляем СДНФ, соединяя полученные конъюнкции знаком
дизъюнкции.		П
		П
		.

Пример 3.7. Найти СДНФ функции, заданной вектором значений
f = (01001100). Вычислить ранг полученной формулы. .
Решение.	В	.А
e

1.Так как длина вектора значений равна 8 = 23, то функция зависит от трех переменных. Представим функцию таблично.С





Барашев1 0 1					1
УнучекМИРЭА
	x y		z		f
0		0	0	0
0		0	1	1
0		1	0	0
0		1	1	0
1		0	0	1
1		1	0	0
1		1	1	0

2.Подчеркнем все наборы носителя и сопоставим каждому набору σe Nf элементарную конъюнкцию.

	x	y	z	f
	0	0	0	0		K1 = x0y0z1 =
0		0	1	1														·				· z
0		0	1	1													x	·			y	· z
	0	1	0	0
0		1	1	0
	1	0	0	1					1			0	0
									1			0	0	= x ·								· z
							K2 = x1y0z1														y
1		0	1	1																	y

						K3 = x y z = x · y · z
	1	1	0	0
1		1	1	0													.
3. Выписываем СДНФ:																	.
3. Выписываем СДНФ:
fсднф = K1 K2 K3 =									·		· z x ·					·				x ·				· z
fсднф = K1 K2 K3 =								x	·	y	· z x ·				y	·			z	x ·			y	· z
и вычисляем её ранг				r	сднф		= 9.			В				П								.
					сднф							.

ной. ТакБарашевкак f(x) ̸≡1, то f(x) ̸≡0, и, значит, функцию f(x) можно
3.3	Совершенная	конъюнктивная нормальная
		С
	форма	.А
f(x1	, x2, . . . , xn) Унучек= σ Nf x1 x2 · · · xn−1 xn =
Теорема 3.5. Любая функция алгебры логики, отличная от тож-

дественной единицы (f(x) ̸≡1), может быть представлена в виде

· · ·

−

формулы f(x1, x2, . . . , xn) =

n 1

xnn ).

(x11

x22

−1

МИРЭА

Такое

представление

ной Конъюнктивной Нормальной Формой (СКНФ).

Доказательство. Рассмотрим функцию, f(x) противоположную дан-

представить в виде СДНФ:

n−1

xnn−11 xnn (3.2)

x11 x22

· · ·

−

Логическое тождество

A = B

не

изменится, если к обеим его частям

применить операцию отрицания, то есть, A = B

A = B.

Проинвертируем обе части равенства (3.2):

f x11 x22 · · · xnn−−11 xnn

f(x1

, x2, . . . , xn) = σ

К левой части тождества

применим закон двойного отрицания

f(x) = f(x),

а к правойзаконы де Морганаe(см.

пункт 4

на стр. 19)

x y

{ x y = x y

обобщив их на произвольное количество переменных

i=1

i=1;:::;m xi

;:::;m xi

Барашевf(x) = σ Nf (x1 x2 · · ·

xn ).

xn−1

i=1;:::;m xi

= i=1;:::;mВxi

Получим

1 2

n−1 n

n−1

(x1Сx2 · · · xn−1 xn )

Nf x1

· · · xn−1 xn =

f(x) =

Унучек

Так как

МИРЭА

= x 1 = (x σ

1 = x (σ

1) 1 = x

1 = x

окончательно получим:

n−1

Замечание 3.6. rсднф+rскнф = n·2n, где n- количество переменных.

3.3.1Алгоритм построения СКНФ булевой функции

1. Находим				дополнение	к	носителю	функции
			e	e	0}, то	есть те двоичные	наборы	e
	на
	Nf	=	{σ	Bn\|f(σ) =				σ,

которых значение функции равно 0.

2. Для каждого набора σe из дополнения к носителю выписываем элементарную дизъюнкцию D = x11 x22 · · · xnn .

Если значение i- той координаты в наборе			σ равно единице
			.
(σ = 1), то переменная x входит в элементарную конъюнкцию с
отрицанием;i		П
	если же σi =i 0, то без отрицания.		e
	.
3. Составляем СКНФ, соединяя полученные дизъюнкции знаком
конъюнкции.			А

Пример 3.8. Представить функцию f = (01001100) из примера 3.7 в
виде СКНФ.	e В	.		.
Решение.

1.Подчеркнем все булевы двоичные наборы, принадлежащие допол-

нению к носителю и сопоставим каждому набору σe Nf элементарную дизъюнкцию. С



					Барашев



						УнучекD5 = x y z = x
	1	0 0			1									y	z = x y z
1		1	1		0									y	z = x y z
	x	y	z		f		МИРЭА
0		скнф			0		МИРЭА
0		0	0		0		D1 = x0		y0		z0		= x1	y1	z1 = x y z
0		0	1		1	D2 = x0 y1 z0 = x1 y0 z1 = x y z
0		1	0		0	D2 = x0 y1 z0 = x1 y0 z1 = x y z
0		1	1		0	D3 = x0 y1 z1 = x1 y0 z0 = x y z
1		0	1		1	D4 = x
	1	1	0		0			1	y	1	z	0	= x0 y0 z1 =					z
	1	1	0		0			1	y	1	z	0	= x0 y0 z1 =			x	y	z
							1		1		1		0	0	0
							1		1		1		0	0	0

2. Получаем СКНФ:
	f			= D1&D2&D3&D4&D5 =

= (x y z)(x y z)(x y z)(x y z)(x y z). (3.3) Её ранг равен 15.

Пример 3.9. Построить таблицу истинности, найти носитель функции, СДНФ и СКНФ булевой функции, заданной формулой

f(x, y, z) = ((x ↓ z) (y z)) | (x y)&(z → x).

Решение.

1. Установим порядок выполнения двоичных функций

														7
				1		3	2		8			4		6		5
f(x, y, z) = ((x ↓ z) (y z)) \|((x														.
f(x, y, z) = ((x ↓ z) (y z)) \|((x												y) &			(z	→ x))
2. Разобьем формулу на элементарные функции:
						f1 = x ↓ z					.П					.
						f2 = y z
						f3	= f1 f2			0		0		1	1
Барашев0 0 1 0 0 0								0		0		0		1	1
						f4	= x yВ						.
						f5	= z → x				С			А
						f6 = f4&f5								А
						f7 = f6		\| f7
						f8	= f3	\| f7
	Унучек
3. Вычислим значение элементарных функций f1, . . . , f8 на всех
двоичных наборах:					МИРЭА
	x y z				f1	f2	f3	f4		f5		f6	f7		f8
	0	0	0		1	1	0	0		1		0		1	1
0		1	0		1	0	1	1		1		1		0	1
0		1	1		0	1	1	1		0		0		1	0
1		0	0		0	1	1	1		1		1		0	1
1		0	1		0	0	0	1		1		1		0	1
1		1	0		0	0	0	1		1		1		0	1
1		1	1		0	1	1	1		1		1		0	1

4. Таблица истинности Tf заданной функции:

				x	y	z	f

				0	0	0	1
				0	0	1	1
				0	1	0	1
				0	1	1	0
				1	0	0	1
				1	0	1	1
				1	1	0	1
				1	1	1	1	.
								.
5. Сопоставим всем наборам носителя элементарные конъюнкции:
	x	y	z	f		K1 =.x ·					П

	0	0	0	1

											y · z
														.
0		0	1	1			K2 =		x	·	y	· z
						K3
	0	1	0	1				=		· y ·
	0	1	0	1				=	x	· y ·			z
							В
	0	1	1	0			В
1		0	0	1			K4 = x ·					·
1		0	0	1			K4 = x ·				y	·	z
						K5 = x ·						.· zА
	1	0	1	1
	1	0	1	1							y
						K6 = x · y ·
	1	1	0	1
	1	1	0	1									z
						K7 =Сx · y · z
	1	1	1	1		K7 =Сx · y · z

7.Найдем СКНФУнучекзаданнойМИРЭАфункции. Она совпадает с элементарной дизъюнкцией, соответствующей единственному набору, на котором функция принимает нулевое значение.Барашев

Замечание 3.7. Очевидно, что порядок выполнения операций алгебры логики может задаваться, вообще говоря, не единственным образом. Так, в приведенном выше примере возможен и такой порядок

действий:

					7
1	6	2	8	3	5	4

f(x, y, z) = ((x ↓ z) (y z)) |(x y) & (z → x) .

3.3.2Выражение сложения по модулю 2, эквивалентности

иимпликации через другие элементарные функции

Используя алгоритмы представления функций в виде.СДНФ и СКНФ, выразим основные элементарные функции через дизъюнкцию, конъюнкцию и отрицание:

x y = (xy

) (xy) = (x y)&(x y)

П)&(

y = x y = xy (

) = (.x y

x → y =

Барашев

3.4

Многочлен Жегалкина

Определение 3.7. Многочленом Жегалкина называется формула

вида

Унучекf1(x) = 1 x1 x1x2x3;

P (x) =

МИРЭА

· · · xn.

= a0e a1x1 a2x2 . . . anxn a12x1x2 a13x1x3

. . . a12:::nx1x2

Другими словами, многочлен Жегалкина - сумма по модулю два попарно различных элементарных конъюнкций, не содержащих отрицаний переменных (многочлен по модулю 2).

Пример 3.10. Многочленами Жегалкина являются следующие формулы:

f2(xe) = x1x2 x1x3.

Теорема 3.6 (И.И.Жегалкина). Всякая булева функция представима в виде многочлена Жегалкина, причем единственным образом (с точностью до порядка слагаемых и порядка сомножителей в конъюнкциях).

Доказательство. Если функция f(x) ≡ const, то она уже представ-

лена в виде многочлена Жегалкина.

Пусть

f(x)

const,

тогда

функцию можно представить в виде

̸≡

СДНФ:

n−1

f(x) =

Nf x1

· · · xn−1 xn .

Учитывая, что

x · x

= 0,

получаем

) ≡ 0

(x1

· · · xn

)(x1

· · · xn

при (α1, α2, . . . , αn) ̸= (β1, β2, . . . , βn).

Поскольку первые 3 строки таблиц истинности для функций двух

переменных "дизъюнкция"

и "сложение по модулю 2" совпадают,

то x y = x y при x · y = 0. Поэтому, учитывая, что в СДНФ нет

одинаковых логических слагаемых, булеву функцию "дизъюнкция" в
СДНФ можно заменить на функцию "сложение по модулю.2".
f(x)	Барашев= (i1, i2, . . . , k)αi1i2::: k xi1 · xi2 · · · xik ,						αi1i2::: k {0, 1}.
Функция принимает вид								А
			1	2		n−1	n
		f(x) = σ Nf x1		x2	· · · xn−1 xn..
Используя равенствоex = x σ			1, заменяем в полученной формуле
x	x σ 1.	e				С			x x = 0,
все на	Унучек
		Раскрываем скобки; учитывая тождество

приводим подобные, вычеркивая пары одинаковых слагаемых. В результате этих преобразований получим многочлен Жегалкина.

равно числу всех подмножествМИРЭАмножества конъюнкций, то есть 22n . Таким образом, число всех многочленов Жегалкина, зависящих от n переменных, равно числу всех булевых функций n переменных (см. теорему 2.2). Из этого, как следствие, делаем вывод о единственности представления булевой функции многочленом Жегалкина.

Существование многочлена Жегалкина доказано. Докажем его

единственность.

В общем виде многочлен Жегалкина можно представить формулой

Число различных конъюнкций xi1 · xi2 · · · xik равно числу всех подмножеств из n элементов, то есть 2n. Число различных многочленов

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 274 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
28.09.2019613.38 Кб5УМК ИЭУ УРАО.doc
#
28.09.20191.3 Mб2УМК МАКРОЭКОН УРАО.doc
#
12.09.2019131.58 Кб2Ур-я в ЧП билеты.doc
#
28.08.201953.25 Кб3Уроки Московского восстания(В.И.Ленин).doc
#
10.05.20152.36 Mб48уч пос ч1.doc
#
10.05.20152.36 Mб54Уч.пособие-по-ОДМ-2012.pdf
#
10.05.201512.87 Mб45Учебник_Информатика.doc
#
22.08.20191.43 Mб12учебник_Культурология__со_вставками.doc
#
10.05.201512.95 Mб1573Учебное пособие РСП-6М2.pdf
#
30.04.20196.79 Mб7Учебное пособие Скуратов 26 фев.doc
#
10.05.2015762.88 Кб7Фдз по АиГ1.doc