discrete_mathematics

4. Перевірити, чи є логічно еквівалентними (рівносильними)

такі твердження: Неправильно, що a тоді й тільки тоді, коли b та ¬ a тоді й тільки тоді, коли ¬ b.

Запишемо дані твердження (висловлення) формально. Матимемо відповідно: ¬ (a ~ b) і (¬ a ~ ¬ b). Таблиці істинності цих формул відрізняються, тому наведені твердження не є логічно еквівалентними (рівносильними).

У той самий час, наприклад, твердження Неправильно, що a

та b і Неправильно, що a, або неправильно, що b є рівносильни-

ми. Це один із законів де Моргана, записаний словами. ◄

Завдання для самостійної роботи

1. Довести таку рівносильність:

(а) a ¬ b ¬ a b ≡ (a b) (¬ a ¬ b); (б) a b c d ≡ (¬a ¬b ¬c) → d;

(в) (a b) → c ≡ (a ¬ c) → ¬ b; (г) (a ~ b) (a ¬ b b) ≡ a b.

2. Довести, що формули алгебри висловлень

(a b) → c, (a ¬ c) → ¬ b, (b ¬ c) → ¬ a та a → (b → c)

рівносильні.

3. Визначити, яка із наведених чотирьох формул рівносильна

4.Довести, що a → b ≡ ¬ b → ¬ a (закон контрапозиції).

5.Перевірити (довести або спростувати), чи має місце така рівносильність:

(а) ¬ (a ~ ¬ b) ≡ a b ¬ a ¬ b;

(б) (a c) → (b d) ≡ (a → b) (c → d); (в) a → (a ~ b) ≡ (a → b);

(г) a → (b → c) ≡ (a b) → c;

(д) (a b ¬ c) → a ≡ (b → a) (¬ a → c); (е) (a (a c) (b c)) ≡ ((a b) (a c)).

6. Перевірити, чи є логічно еквівалентними (рівносильними) такі пари тверджень:

32

(а) Якщо a, то b та Якщо неправильно, що b, то неправильно, що a.

(б) Якщо a, то b" та Якщо неправильно, що a, то неправильно, що b.

(в) Якщо a, то b та Неправильно, що a, і неправильно, що ← b. (г) Із a випливає b та a тільки тоді, коли b.

(д) b випливає з a та ← b – достатня умова для ← a. (е) b – необхідна умова для a та b тільки тоді, коли a.

(є) b – необхідна умова для a та ← b – достатня умова для ← a. (ж) Неправильно, що a або b та Неправильно, що a, і непра-

вильно, що b.

(з) Неправильно, що a та ←b та Неправильно, що a, або справджується b.

7. Визначити, які із висловлень логічно рівносильні:

1)Студент розв'язав цю задачу, але не склав іспит з математичної логіки.

2)Студент розв'язав цю задачу або не склав іспит з математичної логіки.

3)Неправильно, що студент не розв'язав цю задачу або склав іспит з математичної логіки.

4)Студент розв'язав цю задачу і склав іспит з математичної логіки або він не розв'язав цю задачу й не склав іспит з математичної логіки.

5)Якщо студент склав іспит з математичної логіки, то він розв'язав цю задачу.

6)Студент склав іспит з математичної логіки тоді й тільки тоді, коли він розв'язав цю задачу.

1.4.Нормальні форми логічних функцій.

Досконаладиз'юнктивнанормальнаформа(ДДНФ). Досконалакон'юнктивнанормальнаформа(ДКНФ)

У п. 1.2 описано спосіб побудови таблиці істинності для заданої пропозиційної формули, тобто побудови таблиці логічної функції, яку задає ця формула.

Не менш важливою є обернена задача: для функції, заданої таблицею, графіком, словесно тощо, визначити (побудувати)

33

формулу, що цю функцію задає. У багатьох розділах математики побудувати таку формулу для довільної функції не вдається. Замість формули, яка абсолютно точно визначає вихідну функцію, використовують методи побудови різних формул, що відтворюють цю функцію наближено (або апроксимують її) з певною точністю.

В алгебрі логіки існує кілька процедур, що дають змогу для заданої логічної функції побудувати формули, які задають цю функцію й використовують певний набір логічних операцій.

Розглянемо дві такі процедури.

Будемо вважати, що основною формою задання логічної функції є її таблиця істинності. Якщо функція задана якимось іншим способом (словесно, графіком, якоюсь формулою з іншим набором операцій тощо), то спочатку визначаємо за заданням відповідну таблицю істинності.

Уведемо такі позначення: для логічної змінної x вважатимемо, що x0 = ← x та x1 = x. Неважко переконатись, що для логічної змінної a B виконується xa = 1, якщо a = x (тобто якщо значення змінних a та x збігаються), а xa = 0, якщо a ≠ x.

Розглянемо довільну логічну функцію f(x, y, z) від трьох

змінних. Нехай (a1, b1, c1), (a2, b2, c2),…, (ak, bk, ck) – це всі набори значень змінних, для яких функція f істинна (тобто дорівнює

1). Тоді формула, що задає цю функцію, має вигляд:

Справді, якщо до цієї формули підставити замість x, y та z

один із наборів (ai, bi, ci) (тобто покласти x = ai, y = bi і z = ci), то рівно один із логічних доданків формули (1.1), а саме доданок

xai ybi zci , дорівнюватиме 1, i = 1, 2, …, k. Отже, значенням усієї

формули (1.1) на цьому наборі (ai, bi, ci) буде 1. Якщо ж до (1.1) підставити будь-який інший набір значень змінних (тобто набір, що не увійшов до вищезазначеного списку з k елементів), то всі доданки формули (1.1)дорівнюватимуть 0, отже, і значенням усієї формули на такому наборі буде 0.

Таким чином, обґрунтовано, що значення формули (1.1) збігається зі значенням заданої функції f(x, y, z) на будь-якому наборі (a, b, c) значень її змінних, тобто (1.1) задає (реалізує) функ-

цію f(x, y, z).

34

Формулу (1.1) називають досконалою диз'юнктивною нор мальною формою (ДДНФ) логічної функції f(x, y, z).

Операції, що входять до складу ДДНФ – це кон'юнкція, диз'юнкція та заперечення.

Приклад 1.13.

1.Побудувати ДДНФ логічної функції, таблицю істинності якої отримано у прикладі 1.7. Ця функція набуває значення 1 на наборах (0,1,1), (1,0,0) і (1,0,1), тому її ДДНФ – це

x0y1z1 x1y0z0 x1y0z1 або ←xyz x←y←z x←yz.

2.Побудувати ДДНФ логічної функції f(x, y, z) від трьох змінних, яка набуває такого самого значення, як і більшість її змін-

них (функція голосування).

Функція голосування є істинною на наборах (0,1,1), (1,0,1),

(1,1,0) та(1,1,1), тому її ДДНФ – ←xyz x←yz xy←z xyz. ◄

Алгоритм побудови ДДНФ для логічних функцій від двох, чотирьох, п'яти та більшої кількості змінних аналогічний.

Приклад 1.14.

1.Побудувати ДДНФ логічної функції f (x, y, z, u) від чотирьох змінних, яка набуває значення 1 на тих і лише тих наборах значень її змінних, у яких кількість одиниць і кількість нулів збігаються.

З умови задачі робимо висновок, що наборами, на яких функція f набуває значення 1, є такі:

(0,0,1,1), (0,1,0,1), (0,1,1,0), (1,0,0,1), (1,0,1,0), (1,1,0,0).

Шукана ДДНФ має вигляд

x0y0z1u1 x0y1z0u1 x0y1z1u0 x1y0z0u1 x1y0z1u0 x1y1z0u0 або

←x← yzu ← xy← zu ← xyz ← u x← y ← zu x← yz ← u xy ← z ← u.

2.Побудувати ДДНФ логічної функції f (x, y, z, u, v) від п'яти змінних, яка набуває значення 1 на тих і лише тих наборах значень її змінних, у яких тільки одна зі змінних дорівнює 0.

Отже, за умовою задана функція набуває значення 1 лише на наборах (0,1,1,1,1), (1,0,1,1,1), (1,1,0,1,1), (1,1,1,0,1) та (1,1,1,1,0).

Відповідна ДДНФ:

← xyzuv x ← yzuv xy ← zuv xyz ← uv xyzu ← v.◄

За допомогою тих самих операцій кон'юнкції, диз'юнкції і заперечення можна побудувати іншу формулу, що реалізує певну логічну функцію.

35

Нехай (a1, b1, c1), (a2, b2, c2),…, (ak, bk, ck) – це всі набори значень змінних, для яких логічна функція f(x, y, z) хибна (набуває

Аналогічно вищенаведеним міркуванням можна обґрунтувати, що для будь-якого набору (ai, bi, ci), i = 1, 2, …, k значенням формули (1.2) буде 0, а для будь-якого іншого набору, що не увійшов до цього списку, (1.2) дорівнюватиме 1. Пропонуємо переконатись у цьому самостійно.

Формулу (1.2) називають досконалою кон'юнктивною нор мальною формою (ДКНФ) відповідної логічної функції f(x, y, z).

Приклад 1.15.

1. Побудувати ДКНФ для логічної функції f(x, y, z) із прикладу 1.7.

Ця функція набуває значення 0 на наборах (0,0,0), (0,0,1),

(0,1,0), (1,1,0) і(1,1,1), тому її ДКНФ має вигляд

(x←0 y←0 z←0) (x←0 y←0 z←1) (x←0 y←1 z←0)(x←1 y←1 z←0) (x←1 y←1 z←1) або

(x y z) (x y ← z) (x ← y z) (← x ← y z) (← x ← y ← z).

2. Визначити ДКНФ функції голосування із попереднього прикладу.

Функція голосування f(x, y, z) є хибною для наборів (0,0,0), (0,0,1), (0,1,0) і(1,0,0), тому її ДКНФ є такою:

(x y z) (x y ← z) (x ← y z) (← x y z). ◄

Аналогічно можна побудувати ДКНФ логічної функції від будь-якої іншої кількості змінних.

1.5. Логічний висновок на базі алгебри висловлень.

Несуперечність множини висловлень

Формулу B(p1, p2, …, pn) називають логічним наслідком (ло гічним висновком) із формул

A1(p1, p2, …, pn), A2(p1, p2, …, pn), …, Ak(p1, p2, …, pn)

36

на базі алгебри висловлень, якщо B набуває значення 1 на всіх тих наборах значень p1, p2, …, pn, на яких усі Ai (i = 1, 2, …, k) набувають значення 1. Формули A1, A2, …, Ak при цьому нази-

вають засновками чи припущеннями.

Те, що B є логічним висновком з A1, A2, …, Ak на базі алгебри висловлень, позначають

A1, A2, …, Ak B B.

Вираз

A1, A2, …, Ak B B

називають твердженням про наслідковість (висновковість), або наслідковісним (висновковісним) твердженням. Можна також уживати термін наслідковість (висновковість1).

Зокрема, якщо k = 1, то формулу

B(p1, p2, …, pn)

називають логічним висновком (логічним наслідком) фор-

мули A1(p1, p2, …, pn) і часто позначають A1 B.

Неважко переконатись, що формула B є логічним висновком із формул A1, A2, …, Ak (тобто A1, A2, ..., Ak B B) тоді й тільки то-

ді, коли формула A1 A2 ... Ak → B є тавтологією.

Приклад 1.16.

1. Довести наслідковісне твердження: a b, ¬ c → ¬ b B c.

Побудуємо таблиці істинності для кожної ізформул, що входятьдо складу твердження (для зручності об'єднаємо ці таблиці до однієї).

1 Терміни введено авторами.

37

Аналізуючи таблиці, маємо, що тільки на наборі (1,1,1) обидва засновки нашого твердження набувають значення 1. На цьому самому наборі висновок також набуває значення 1. Наслідковісне твердження доведено.

2. Перевірити коректність наведених логічних міркувань формальними методами.

(а) Якщо Андрій поїде до Харкова, то Віктор поїде до Києва. Андрій поїде в Харків або в Одесу. Якщо Андрій поїде в Одесу, то Ольга залишиться у Львові. Однак Ольга не залишилась у Львові. Отже, Віктор поїде до Києва.

(б) Для того, щоб бути допущеним до іспитів, необхідно отримати залік з математичної логіки. Я отримаю цей залік, якщо навчуся розв'язувати логічні задачі. Я не навчився розв'язувати логічні задачі. Отже, я не буду допущений до іспитів.

► Позначимо елементарні висловлення, з яких складено пер-

ше з міркувань, так: a – Андрій поїде у Харків, b – Віктор поїде в Київ, c – Андрій поїде в Одесу, d – Ольга залишиться у Львові.

Відповідні формули-засновки, що задають логічну структуру цих висловлень, є такими: a → b, a c, c → d, ¬ d. Висновок – b. Отже, задачу зведено до перевірки такої вивідності:

a → b, a c, c → d, ¬ d B b.

Побудувавши таблиці істинності для кожної з формул, що входять до складу вивідності, отримаємо, що існує лише один набір (1,1,0,0), на якому всі засновки нашої вивідності набувають значення 1. На цьому самому наборі й висновок b також набуває значення 1. Отже, наведені логічні міркування коректні.

Аналогічний аналіз зробимо й для другого міркування. У цьому разі маємо такі елементарні висловлення: a – Я допуще-

ний до іспитів, b – Я отримав залік з математичної логіки, c – Я навчився розв'язувати логічні задачі. Відповідні формули-

засновки, що задають логічну структуру висловлень наведеного міркування, є такими: b → a, c → b, ¬c. Висновок – ¬ a.

Побудувавши таблиці істинності, отримаємо, що, наприклад, на наборі (1,0,0) усі засновки нашої вивідності набувають значення 1. Однак на цьому наборі висновок ¬ a набуває значення 0. Отже, наведені логічні міркування некоректні. ◄

38

Неважко переконатись, що мають місце корисні й часто використовувані вивідності

A B B A, A B B B та A B А B, B B А B,

які можна записати також у вигляді

A B A, A B B та A А B, B А B.

Множину висловлень

M = {A1(p1, p2, …, pn), A2(p1, p2, …, pn), …, Ak (p1, p2, …, pn)}

називають несуперечною (сумісною), якщо існує такий набір значень для p1, p2, …, pn, на якому кон'юнкція A1 A2 … Ak набуває значення 1 (про висловлення A1, A2, …, Ak тоді кажуть, що вони сумісні). Якщо на всіх наборах значень p1, p2, …, pn кон'юнкція A1 A2 … Ak набуває значення 0, кажуть, що висловлення A1, A2, …, Ak несумісні або множина висловлень M

суперечна.

Приклад 1.17.

1. Визначити, чиє множина висловлень

{a ~ ← b, ← a → ← c, a c, c → b}

несуперечною.

Побудувавши таблицю істинності для формули

(a ~ ← b) (← a → ← c) (a c) (c → b),

отримаємо, що існує набір (1,0,0), на якому ця формула набуває значення 1. Отже, задана множина висловлень несуперечна.

2. Перевірити, чи є несуперечною множина висловлень.

1)Андрій складе іспит з дискретної математики тоді й тільки тоді, коли регулярно виконуватиме домашні завдання.

2)Якщо Андрій використає навчальний посібник з дискретної математики, то він регулярно виконуватиме домашні завдання.

3)Андрій поїде на відпочинок до Одеси тоді, коли складе іспит з дискретної математики.

4)Андрій використає навчальний посібник з дискретної математики й поїде на відпочинок до Одеси.

Позначимо елементарні висловлення, з яких складена задана множина, так: a – Андрій складе іспит з дискретної математики, b – Андрій регулярно виконуватиме домашні завдання, c – Андрій використає навчальний посібник з дискретної математики, d – Андрій поїде на відпочинок до Одеси. Відповідні фор-

мули, що задають логічну структуру наведених висловлень:

39

a ~ b, c → b, a → d, c d.

Неважко підібрати (навіть не будуючи таблиці істинності) набір, на якому всі чотири останні формули набувають значення 1. Таким набором буде (1,1,1,1). Отже, задана множина висловлень несуперечна.

3. Слідчий допитує трьох свідків: А, Б, В. Свідок А стверджує, що Б говорить неправду. Б наполягає на тому, щоб слідчий не вірив показанням В. В каже, що ані А, ані Б не говорять правди. Визначити, хто з трьох свідків говорить правду.

Розглянемо такі елементарні висловлення: a – А говорить правду, b – Б говорить правду, c – В говорить правду. З умов задачі матимемо множину висловлень:

a ~ ¬ b, b ~ ¬ c, c ~ (¬ a ¬ b).

Ця множина несуперечна й усі три висловлення істинні тільки для набору значень (0,1,0). Отже, правду каже лише свідок Б. ◄

Завдання для самостійної роботи

(є) a ¬ c, a → d, b → c, ¬b → d B d;

(ж) a → (b c), d → a B (¬ b ¬ c) → ¬ d.

2.Побудувавши відповідні таблиці істинності, визначити, чи

єправильною така наслідковість:

(ж) a b, a → c, b → c B ¬ c → ¬ a.

3. Розташувати наведені формули в такому порядку, щоб кожна з них була логічним висновком усіх попередніх: 1) ¬ a ~ b; 2) a → (¬ a → b); 3) a ¬ b; 4) ¬ a → b; 5) a ¬ (¬ b a).

40

4. Формули A1, A2, A3, B1, B2 задано таблицями істинності:

Визначити, чи має місце таке наслідковісне твердження:

7.Чи є твердження Студент погано працював протягом семестру, тому не склав іспит з дискретної математики логіч-

ним висновком із твердження Якщо студент добре працюва-

тиме протягом семестру, то він успішно складе іспит з дискретної математики?

8.Нехай задано такий засновок: Якщо студент не знає ма-

тематичної логіки, то він не зможе розв'язати логічну задачу.

Визначити коректність логічного висновку за умови другого засновку:

(а) Студент розв'язав логічну задачу. Отже, він знає математичну логіку.

41