Замятин, задачник по матлогике

ответствующих шести типам отношений из формулировки теоремы 14.

Случай 1: r – ограниченный частичный порядок. Наимень-

ший элемент обозначим буквой a, наибольший – буквой b. Тогда поскольку

(b, b) r и (0, b) r,

получаем, что

(b ÷ 0, b ÷ b) r, т. е. (0, b) r.

Так как r антисимметрично, из условий (0, b) r и (0, b) r получаем равенство b = 0. Далее аналогичным образом доказываем, что a = 0. Противоречие b = 0 = a.

Случай 2: r – граф нетоджественной перестановки множе-

ства Bk . Тогда r не сохраняется константой 0, принадлежащей замыканию G, поскольку 0 = x ÷ x. Действительно, в противном случае из условия (a, b) r следует, что (a ÷ a, b ÷ b) r т. е. (0, 0) r . Перестановка в случае 2 является произведением простых циклов, поэтому ее граф петель не имеет.

Случай 3: r – четырехместное отношение x1 + x2 = x3 + x4 , заданное на абелевой группе (Bk, ). Обозначим буквой θ ней-

тральный элемент этой группы. Поскольку функция x ÷ y сохраняет r, из условий

(θ, 0, 0, θ) r, (0, θ, 0, θ) r

следует, что (θ, 0, 0, 0) r, т. е. что θ 0 = 0 0. Отсюда следует равенство θ = 0. Далее, пусть x – произвольный элемент из Bk . Из условий

(x, 0, x, 0) r, (0, 0, x, y) r,

где y – противоположный к x элемент в группе (Bk , ), следует, что (x, 0, 0, 0) r. Это означает, что x 0 = 0 0 и x = 0. Противоречие показывает, что функция x ÷ y не сохраняет r.

Случай 4: r – собственное отношение эквивалентности, за-

данное на Bk . Существует класс эквивалентности, содержащий два различных элемента a и b. Считаем, что a < b. Поскольку функция x ÷ y сохраняет r, из условий

(a, b) r, (a, a) r

следует, что (0, b – a) r. (Здесь b – a есть обычная разность чисел b и a.) Так как (1, 1) r, получаем последовательно (0, b

180

– a – 1) r, (0, b – a – 2) r, …, (0, 1) r. Пусть x – произ-

вольный элемент из Bk . Тогда (x, x) r и (x, x – 1) r, поскольку (x, x) ÷ (0,1) = (x, x – 1). Аналогично получим, что (x, x – 2)r, …, (x, 0) r. Следовательно, отношение эквивалентности r содержит только один класс, т. е. r = Bk × Bk . Противоречие, так как r – собственное отношение эквивалентности.

Случай 5: r есть l-местное центральное отношение. На-

помним, что центральное отношение имеет нетривиальный центр, т. е. непустой и не совпадающий с Bk .

Предположим вначале, что l = 1. Пусть a r. Тогда множество {a, a + 1, a + 2, a + k − 1} равно Bk . Это означает, что r = Z(r) = Bk . Противоречие показывает, что ¬x не сохраняет отношение r.

Пусть теперь l > 1. Возьмем a из Z(r). Тогда по определению центра для любых x1 , x2 , …, xl - 1 Bk выполняется условие

(x1 , x2 , …, xl - 1 , a) r.

Поскольку ¬x сохраняет r, получаем, что

(x1 + 1, x2 + 1, …, xl - 1 + 1, a + 1) r.

Так как функция ¬x – перестановка множества Bk , отсюда следует, что a + 1 Z(r). Аналогично получаем, что a + 2, …, a + k – 1 Z(r) т. е. что Z(r) = Bk . Противоречие показывает, что и в случае функция ¬x не сохраняет r.

Случай 6: r есть l-регулярное отношение и l > 2. Пусть r

определяется l-регулярным семейством эквивалентностей S =

{τ1 , τ2 , …, τm}. Напомним, что

(x1 , x2 , …, xl ) r

(τS)[(x1 , x2 ) τ (x1 , x3 ) τ …. (xl - 1 , x1 ) τ} (1).

Возьмем по одному элементу из каждого класса эквивалентности τ1 . Пусть это будут элементы a1 , a2 , …, al . Обозначим через bi элемент k – 1 – ai (1 ≤ i ≤ l). Тогда поскольку функция x ÷ y сохраняет r, из условий

(a1 , k-1, k-1…, k-1) r, (0, b2 , 0, …, 0) r

следует, что (a1 , a2 , 0, …, 0) r. Далее из условий

(a1 , a2 , k-1, …, k-1) r, (0, 0, b3 , …, 0) r

получаем, что (a1 , a2 , a3 , k-1, …, k-1) r и т. д. В итоге будем иметь, что (a1 , a2 , …, al) r. Это противоречит тому, что эле-

менты a1 , a2 , …, al лежат в разных классах эквивалентности τ1 и условию (1) при τ = τ1 .

Мы доказали, что класс G = {¬x, x ÷ y} является полным.

181

Обратим внимание на то, что циклическое отрицание ¬x использовалось только в случае 5, и фактически использовалась только взаимная однозначность этой функции. Следовательно, класс функций

{f(x), x ÷ y}

будет полным для любой перестановки f множества Bk .

Пример 3. Докажем, что класс

H = {1, x + y, x y}

является полным тогда и только тогда, когда k − простое число. Предположим вначале, что число k не является простым, т.

е. k = pm, где p – простое число и m > 1. На множестве Bk рассмотрим следующее бинарное отношение r:

(x, y) r x – y нацело делится на p.

Легко проверить, что r − собственное отношение эквивалентности и что все функции из H сохраняют это отношение. Следовательно, класс H не является полным.

Пусть теперь k – простое число. Возьмем отношение r, заданное на Bk . Предположим, что функции класса H сохраняют r. Рассмотрим шесть случаев, соответствующих шести типам отношений из формулировки теоремы 14.

Случай 1: r – ограниченный частичный порядок. Наимень-

ший элемент обозначим буквой a, наибольший – буквой b. Тогда

(a, b) r и

(–a, –a) r.

Так как сложение сохраняет отношение , получаем, что

(0, b – a) r.

Складывая вектор (0, b – a) сам с собой необходимое число раз получим, что (0, a) r, поскольку b – a ≠ 0 и k – простое число. Отсюда следует, что a = 0, так как a – наименьший элемент. Аналогичным образом получаем равенство b = 0 и вместе с ним противоречие a = 0 = b.

Случай 2: r – граф нетоджественной перестановки множе-

ства Bk . Тогда r не сохраняется константой 1, принадлежащей H. Действительно, в противном случае из условия (a, b) r следует, что (1, 1) r . Перестановка в случае 2 является произведением простых циклов, поэтому ее граф петель не имеет.

Случай 3: r – четырехместное отношение x1 + x2 = x3 + x4 , заданное на абелевой группе (Bk , ). Тогда

(0, 1, 0, 1) r и (1, 0, 0, 1) r,

182

поскольку группа абелева. Так как умножение сохраняет отношение r, перемножив эти два четырехмерных вектора по компонентно, получим, что

(0, 0, 0, 1) r.

Последнее условие означает, что 0 0 = 0 1. Это равенство дает противоречие 0 = 1, поскольку в группе (Bk , ) можно сокращать.

Случай 4: r – собственное отношение эквивалентности, за-

данное на Bk . Существуют два различных эквивалентных элемента. Обозначим их через a и b. Тогда

(a, b) r и (−a, −a) r.

Складывая эти две пары, получим, что (0, b − a) r, поскольку сложение сохраняет отношение r. Возьмем произвольный элемент x из Bk . Складывая пару (0, b − a) саму с собой необходимое число раз, получим, что (0, x) r. Это означает, что отношение r имеет только один класс эквивалентности. Получили противоречие с тем, что r – собственное отношение эквивалентности.

Случай 5: r есть l-местное центральное отношение. Легко видеть, что замыкание класса H содержит все константы. Следовательно, одноместных центральных отношений, которые сохраняются функциями из H не существует, поскольку в этом случае Z(r) = Bk . Пусть r является l-местным центральным отношением при 1 < l < k. Возьмем элемент a из Z(r). Пусть b – произвольный элемент из Bk. Докажем, что b Z(r). Пусть x1 , x2 , …, xl - 1 – произвольный набор элементов из Bk . Так как k – простое число, существует число m, такое что ma = b. В группе (Bk , +) уравнение my = x всегда имеет решение (относительно

y). Пусть y1 , y2 , …, yl - 1 − элементы из Bk , такие что myi = xi для i

= 1, …, l-1. Тогда

(y1 , y2 , …, yl - 1 , a) r,

поскольку a Z(r). Сложим вектор (y1 , y2 , …, yl - 1 , a) сам с собой раз, получим, что

(x1 , x2 , …, xl - 1 , b) r.

Следовательно, b Z(r). Получили равенство Z(r) = Bk , которое противоречит определению центрального отношения.

Случай 6: r есть l-регулярное отношение и l > 2. Пусть r

183

Возьмем по одному элементу из каждого класса эквивалентности τ1 . Пусть это будут элементы a1 , a2 , …, al . Тогда

(a1 , 0, …, 0) r,

(0, a2 , …, 0) r,

(0, 0, …, al) r,

поскольку r вполне рефлексивно и l > 2. Складывая эти l- мерные векторы, получим, что

(a1 , a2 , …, al) r.

Получили противоречие с условием (1) при τ = τ1 .

Мы доказали, что для каждого отношения любого из шести типов из формулировки теоремы 14 существует функция из класса H = {1, x + y, x y}, которая это отношение не сохраняет. Следовательно, H – полный класс.

Задачи

1 . Показать, что переменная x1 булевой функции f является фиктивной:

1) f = ( x2 →x1 ) ( x2 ↓ x2 ),

2) f = ( x1 ↔ x2 ) ( x1 | x2 ),

3) f = (( x1 + x2 ) → x3 ) ¬( x3 → x2 ) .

2 . Доказать, что [ K∩L] [ K] ∩[ L], [ K] [ L] [ K L].

3 . Показать, что функция f принадлежит замыканию класса C булевых функций:

1)f = x, C = { x + y},

2)f = x + y + z, C = { x↔y},

3)f = x y, C = { ¬x ¬y},

4)f = x + y + z, C = { ¬x, xy xz yz},

5)f = x + y, C = { x¬y, x ¬y} .

4 . Содержит ли замыкание класса { ι( x), x y, x y} функ-

ции θ( x), ¬x?

5 . Выяснить, является ли функция f двойственной к

д) f = ( x y) ( x z) ( y z), g = x y+x z+y z,

е) f = x↔y, g = ( ¬x y) ( x¬y) .

6 . Выяснить, будут ли следующие функции самодвойст-

венными: ν( x), xy, ( x y) ( x z) ( y z), ( x y) ( x z) ( y z), x+y+z.

184

7 . Показать, что не существует самодвойственной функции, существенно зависящей от двух переменных.

8 . Доказать монотонность функций x ( y z), x ( y z), max( x, y, z), min( x, y, z) .

9 . Выяснить, будут ли следующие функции монотонны: yx+y, xy+y+x, x↔y, x → ( y→x), ( x y) ( x z) ( y z), x→( x→y) .

1 0 . Доказать, что функция, двойственная монотонной, сама монотонна.

1 1 . Система функций С называется базисом замкнутого класса K, если замыкание системы С совпадает с K, но замыкание любой собственной подсистемы системы С уже не совпадает с K. Доказать, что система { θ( x), ι( x), x y, x y} образует базис в классе всех монотонных функций.

1 2 . Выяснить, будут ли следующие функции линейны-

ми: x↓y, ¬( x ↔ ¬y), ( x↔y) ↔ z, x → ( y→x) .

1 3 . Сведением к известным полным классам доказать полноту классов функций двузначной логики:

1 5 . Выяснить, будут ли полными в B2 следующие классы функций:

а) { xy, x+y+1},

б) { θ( x), ι( x), ( x y) z}, в) { θ( x), ι( x), x↔y},

г) { x y+x, x↔y, θ( x)},

д) { x y, x y+x z},

е) { ¬x, ( x y) ( x z) ( y z)},

ж) { ι( x), ¬x, x+y+max( x, y, z)}, з) { x+y, x y ν( z)} .

1 6 . Для функции

f = x1 x2 x3 x1x2 x3 x1 x2 x3 x1 x2 x3

найти сокращенную ДНФ тремя способами:

185

1)используя преобразования неполного склеивания и поглощения;

2)по карте Карно;

3)по геометрическому изображению.

f = x1 x2 x3 x1x2 x3 x1 x2 x3 x1x2 x3 x1 x2 x3 x1 x2 x3 .

1 9 . Для функции, заданной вектором значений f = (1110 0111 0100 1101)

найти сокращенную ДНФ двумя способами:

1)по карте Карно;

2)по геометрическому изображению.

2 0 . Выяснить, будет ли ДНФ тупиковой, минимальной:

найти тупиковые и минимальные ДНФ.

2 2 . Для функции, заданной картой Карно

найти тупиковые и минимальные ДНФ.

2 3 . Для функции, заданной картой Карно

186

найти тупиковые и минимальные ДНФ.

2 4 . Сколько тупиковых и минимальных ДНФ будет иметь функция, заданная следующей картой Карно

2 5 . Сколько тупиковых кратчайших и минимальных ДНФ будет иметь функция, заданная следующей картой Карно

2 6 . Сведением к известным полным классам функций, доказать полноту в Pk следующих классов:

1) C1 = { J0 ( x), J1 ( x), … , Jk - 1 ( x), x2 , x ÷ y},

2)C2 = { k – 1, x + y, x ÷ y},

3)C3 = { x, x + 2, x ÷ y},

4) C4 = { −x, 1 – x2 , x ÷ y},

2 7 . Доказать полноту классов функций из задачи 26, используя критерий Розенберга.

2 8 . Показать, что следующие классы неполны в Pk при k > 2, подобрав одноместное отношение или отношение эквивалентности, которое сохраняется функциями класса:

1) C1 ={ x, min( x, y), x y2 },

2)C2 = {2, max( x, y), x ÷ y},

3)C3 = {0, 1, x, min( x, y)} .

187

2 9 . Для заданных k исследовать на полноту в Pk сле-

3 0 . С помощью критерия Розенберга доказать, число предполных классов трехзначной логики равно 18 .

Ответы, указания и решения

2 . Приведем доказательство включения [ K∩L] [ K] ∩[ L] . Пусть { Mi i I} – семейство замкнутых классов, содержащих K∩L, { Kj j J} – семейство замкнутых классов, содержащих K. Тогда, поскольку K∩L K, то все Kj содержат K∩L, т. е.

{ Kj j J} { Mi i I} .

Отсюда следует, что ∩{ Kj j J} ∩{ Mi i I} . Это означает, что [ K∩L] [ K] . Аналогично доказывается включение

[ K∩L] [ L] . Следовательно, [ K∩L] [ K] ∩[ L] .

4 . Приведем решение задачи. Пусть K = { ι( x), xy, x y} . Функции θ( x) и ν( x) не принадлежат [ K], поскольку все функции из K ( а следовательно, и из [ K]) сохраняют единицу, а функции θ( x) и ν( x) единицу не сохраняют.

5 . Указание. Построить таблицу, задающую двойственную к f функцию и функцию g. В случаях а), в), д) и е) ответ положительный, в остальных случаях – отрицательный.

6 . Указание. Построить таблицу, задающую функцию f и двойственную к ней. Функции ¬x, ( xy) ( xz) ( yz) и ( x y) ( x z) ( y z) самодвойственны ( последние две просто равны), остальные нет.

7 . Указание. Рассмотреть таблицы, задающие функции, существенно зависящие от двух переменных.

8 . Указание. Проставить значения функций в вершинах диаграммы частично упорядоченного множества B3 .

188

нотонная функция. Если f( x1 , … , xn ) тождественно равна 0,

то f( x1 , … , xn ) = θ( x1 ) … θ( xn ) . Если же эта функция тождественно равна 1, то f( x1 , … , xn ) = ι( x1 ) … ι( xn ) . Следова-

тельно, в этих двух случаях функция f принадлежит [ C] . Будем считать, что f( x1 , … , xn ) принимает оба значения. Рассмотрим диаграмму Bn частично упорядоченного множества Bn и в вершинах диаграммы проставим значения функции f( x1 , … , xn ) . Поскольку функция f монотонна, то из того, что в некоторой вершине функция f принимает значение 1, следует, что и всюду выше она принимает то же значение. ( В частности, в нижней вершине диаграммы f принимает значение 0, в верхней – значение 1 . ) Отсюда следует, что

Другими словами, { a Bn f( a) = 1} = D1 D2 … Dk ,

где Di = { a Bn ai ≤ a} .

Рассмотрим вектор a1 . Пусть у этого вектора единицы стоят на местах i1 , i2 , … , il . Для упрощения обозначений предположим, что i1 = 1, … , il = l. Пусть g1 ( x1 , … , xn ) =

x1 x2 … xl . Легко видеть, что D1 = { a Bn g1 ( a) = 1} . Аналогичным образом получаем существование функций g2 ( x1 , … ,

{ a Bn f( a) = 1} есть объединение D1 … Dk , получаем равенство:

f( x1 , … , xn ) = g1 ( x1 , … , xn ) … gk ( x1 , … , xn ) .

Мы доказали, что замыкание класса C совпадает с М, т. е. с классом всех монотонных функций. Покажем, что С – базис М. Если из С удалить θ( x) то из оставшихся функций нельзя выразить θ( x), поскольку они сохраняют 1 . Аналогично доказывается, что нельзя удалить ι( x) .

Докажем, что замыкание класса C/ = C\{ x y} не содержит x y. Предположим противное: пусть x y выражается ( с помощью суперпозиции и переименования аргументов) через функции класса C/ и пусть g( x, y) – самое короткое выражение для этой функции. ( В частности это означает, что x y = g( x, y)) . Тогда g( x, y) ≠ θ( h( x, y)) для некоторого h( x, y), поскольку в случае равенства g( x, y) = θ( h( x, y)) произведение xy тождественно равно 0 . Аналогично заключаем,

что g( x, y) ≠ ι( h( x, y)) . Следовательно, x y = g( x, y) = g1 ( x, y)

189