8. Монотонность

_αn

Определение 2.1.25 . Пусть

n

α_i, β_i ∈ {0, 1}, i = 1, n.

= (α₁, ..., α_n),

βⁿ = (β₁, ..., β_n),

Говорят, что набор αⁿ

предшествует набору

β (набор

β следует

n

после набора αⁿ

) и пишут αⁿ

-< β , если

n

α₁ ≤ β₁, α₂ ≤ β₂, ..., α_n ≤ β_n.

_αn

Будем говорить, что

строго предшествует

βⁿ и обозначать

_αn _αn _αn

≺ βⁿ, если

-< βⁿ и

/= βⁿ.

_αn

Будем говорить, что

непосредственно предшествует

βⁿ и

_αn t _αn _γn

обозначать

≺ βⁿ, если если

≺ βⁿ и не существует набора

≺

n

такого, что αⁿ γⁿ

≺ β .

Замечание 2.1.19 . -<, ≺ - отношения частичного порядка.

Определение 2.1.26 . Пусть f (x₁, ..., x_n) ∈ P₂. Функция f

называется монотонной, если

n

αⁿ -< β

= f (αⁿ

⇒

) ≤ f (βⁿ).

Класс всех монотонных функций будем обозначать M .

Пример 2.1.25 . Функция x является монотонной. Функция x - не монотонна.

Утверждение 2.1.21 . Класс функций M замкнут.

Доказательство. Рассмотрим суперпозицию ранга 1 от функций из M .

1. Пусть f (x₁, ..., x_n) ∈ M и

g(x₁, ..., x_j−1, x_j+1, ..., x_n, y) = f (x₁, ..., x_j−1, y, x_j+1, ..., x_n).

Тогда монотонность g непосредственно следует из монотонности функции

f .

2. Пусть f (x₁, ..., x_n) ∈ M и h(y₁, ..., y_m) ∈ M и

g(x₁, ..., x_j−1, x_j+1, ..., x_n, y₁, ..., y_m) =

n

= f (x₁, ..., x_j−1, h(y₁, ..., y_m), x_j+1, ..., x_n).

Пусть α^n+m−1

-< β

+m−1

. Тогда, в частности,

(α_n, ..., α_n+m−1) -< (β_n, ..., β_n+m−1).

Поскольку h монотонна, то

h(α_n, ..., α_n+m−1) ≤ h(β_n, ..., β_n+m−1)

и, следовательно,

(α₁, ..., α_j−1, h(α_n, ..., α_n+m−1), α_j , ..., α_n−1) -<

-< (β₁, ..., β_j−1, h(β_n, ..., β_n+m−1), β_j , ..., β_n−1).

Таким образом, из монотонности f следует, что

_αn+m−1

g(

) = f (α₁, ..., α_j−1, h(α_n, ..., α_n+m−1), α_j , ..., α_n−1) ≤

n+m−1

≤ f (β₁, ..., β_j−1, h(β_n, ..., β_n+m−1), β_j , ..., β_n−1) = g(β ).

Получаем, что g(x₁, ..., x_j−1, x_j+1, ..., x_n, y₁, ..., y_m) ∈ M .

Таким образом, [M ] = M .

D

Замечание 2.1.20 . Тождественная функция f (x) = x лежит в классе M . Функция отрицания f (x) = x не лежит в M . Таким образом,

M /= ∅ и M /= P₂.

Лемма 2.1.22 (О немонотонной функции). Пусть

f (x₁, ..., x_n) ∈/ M . Тогда, подставляя в f вместо аргументов 0, 1,

x можно получить x.

Доказательство. Так как f

∈

/ M , существуют два набора αⁿ

n

и β , такие

_αn _αn _αn

что

-< βⁿ и f (

_αn

) > f (βⁿ). Очевидно, что f (

) = 1 и f (βⁿ) = 0.

Пусть

отличен от βⁿ в t позициях.

1. n

   Пусть t = 1. Тогда αⁿ

_αn

≺^t β для некоторого i верно, что

= (α₁, ..., α_i−1, 0, α_i+1, ..., α_n)

и

β

n

= (α₁, ..., α_i−1, 1, α_i+1, ..., α_n).

Определим функцию ϕ(x) следующим образом:

ϕ(x) = f (α₁, ..., α_i−1, x, α_i+1, ..., α_n).

Тогда:

ϕ(0) = f (α₁, ..., α_i−1, 0, α_i+1, ..., α_n) = 1

ϕ(1) = f (α₁, ..., α_i−1, 1, α_i+1, ..., α_n) = 0.

То есть ϕ(x) = x, что и требовалось доказать.

2. Пусть теперь t > 1. В этом случае построим последовательность наборов

αⁿ = γⁿ

1. ≺

   γⁿ

2. ≺ ... ≺ γⁿ

(t − 1) ≺ γⁿ

(t) = βⁿ,

где каждая пара наборов γⁿ

(i 1) и γⁿ

−

1. отличаются только в одной

позиции, i = 1, t. Это не трудно сделать, последовательно заменяя

n

каждую позицию, в которой наборы αⁿ

и β различаются с нуля на

n

единицу. Поскольку f (αⁿ

) = 1 и f (β ) = 0, найдется такое k, что

−

γⁿ(k 1) = 1 и γⁿ

(i) = 0. Такая ситуация возвращает нас к пункту

1. доказательства.

D

Пример 2.1.26 (Построение x с помощью немонотонной функ- ции). Пусть f (x, y, z) = x ⊃ (y ⊕ z). Эта функция немонотонна, так

как

f (0, 0, 0) = 0 ⊃ (0 ⊕ 0) = 1 > 0 = 1 ⊃ (1 ⊕ 1) = f (1, 1, 1).

Рассмотрим последовательность наборов

(0, 0, 0) ≺ (0, 0, 1) ≺ (0, 1, 1) ≺ (1, 1, 1)

и значения функции f на этих наборах

1 = f (0, 0, 0) = f (0, 0, 1) = f (0, 1, 1) > f (1, 1, 1) = 0.

Тогда ϕ(x) = f (x, 1, 1) = x. Действительно,

ϕ(x) = x ⊃ (1 ⊕ 1) = x ⊃ 0 = x.