людкоский тарф методичка с сдо

2.Лишь одна формула отлична от переменной. Тогда остальные формулы сводятся к переменным. Поскольку ≥ 2, то имеется формула = . На

значения либо 0, либо 1. Тогда на -м и -м местах у функции стоят значения отличные от 2 при таком выборе значений переменных. Поэтому правая часть примет значение 0, а левая часть на данном наборе равна 1. Получилось противоречие.

3.Все формулы 1, … , совпадают с символами переменных. Тогда

> , следовательно, имеется некоторая переменная , которая не менее

случай тоже невозможен.

Теорема 5.

Для любого ≥ 3 имеется континуум различных замкнутых классов в . Доказательство.

Множество всех функций -значной логики счётно, следовательно, число подмножеств в равно континууму. Поэтому, число замкнутых классов в не превосходит континуум.

Остается оценить снизу число замкнутых классов в . Воспользуемся замкнутым классом из доказательства предыдущей теоремы. Он имеет базис { 2, 3, … }. Для произвольной последовательности { 1, 2, … } с 2 ≤

Теорема.

нома.

41

1.Предположим, что = − простое число. Согласно малой теореме Ферма −1 ≡ 1 ( ) для любого целого числа такого, что 1 ≤ ≤

линомов полна в .

Полезно провести путь доказательства малой теоремы Ферма. Числа 1 =

или 1 ≡ −1( ).

Другой способ разложения функции одной переменной ( ) в виде полинома основан на методе неопределенных коэффициентов: ( ) = 0 +1 + + −1 −1.

Тогда получается система линейных алгебраических уравнений:

называется определителем Вандермонда. Он вычислен ∆=П( − ), где

0 ≤ < ≤ − 1.

Поскольку −простое число , то ∆ 0( ). Тогда в целых числах решаются сравнения ∆ ≡ ∆i ( ) для любого = 0, … , − 1, где ∆i – соответствующий определитель, получаемый из ∆ заменой ( + 1)-го

(0)

(1)

столбца на столбец правых частей уравнений. (2) .

.

( ( − 1))

В силу правила Крамера получается решение системы линейных алгебраических уравнений. Значит, ( ) раскладывается в виде полинома.

42

11. Лекция 11. Рекурсивные функции. Формализация вычислимости.

Машина Тьюринга позволяет точно описать понятие вычислимости частичной функции : Σ → Σ+, где Σ обозначает алфавит. В частности, класс всех вычислимых по Тьюрингу функций : Ν → Ν совпадает с (Ν , Ν), где(Ν , Ν) обозначает класс всех вычислимых в интуитивном смысле -мест- ных частичных функций : Ν → Ν.

Другой подход состоит в том, чтобы описать формулой, где − некоторое математическое выражение, ( 1, … , ) . Для этого можно использовать ча- стично-рекурсивные функции. При этом частично-рекурсивная функция задается из некоторого определённого набора базисных функций с помощью операций подстановки, рекурсии и минимизации.

Определение 1.

Базисными называются следующие тотальные функции:

( ) = + 1

0( ) = 0

( , … , ) = , где 1 ≤ ≤ .

1

Такие функции называют также простейшими. Сами базисные функции вычислимы, и существуют машины Тьюринга для их вычисления.

-местные функции, то получается в результате операции подстановки из и1, … , , т.е. функций 1, … , в функцию .

Очевидно, что если функция получена подстановкой вычислимых функций

( ( 1, … , ; , в которой также даны подпрограммы для вычисления

, 1, … , .

Если же функции , 1, … , всюду определены, то функция тотальна.

Определение 3.

44

Пусть имеется -местная функция , ( + 1)-местная функция и ( + 2)-мест-

операции рекурсии из и . В этом определении ≥ 1. Если же = 0, то в качестве -местной функции служит некоторое натуральное число , а определение функции становится таким: (0) = , ( + 1) ( , ( )). Термин «рекурсия» (по латински recursio – возвращение) употребляется из-за того, что значение функции в точке ( 1, … , , + 1) определяется через значение той же функции в предыдущей точке ( 1, … , , ).

Рассмотренная выше рекурсия называется также примитивной рекурсией.

Если функции и всюду определены, то получаемая рекурсией функция тотальна.

Определение 4.

Если функция из Ν+1 в Ν+1 получается из базисных функций с помощью конечного числа операций подстановки и рекурсии, то называется прими- тивно-рекурсивной.

Из этих определений вытекает, что любая примитивно-рекурсивная функция вычислима и тотальна.

Пусть имеется теория первого порядка, содержащая предметные постоянные 0,1,2, … и функциональные символы. Предположим, что терм, а список пере-

помощью конечного числа подстановок, то называется элементарной относительно 1, … , .

Предложение 1.

-местная числовая функция элементарна относительно 1, … , тогда и только тогда, когда представима термом, использующим только функциональные символы 1, … , и переменные из списка 1, … , . При этом терм, который со-

45

держит лишь символы для примитивно-рекурсивных функций, называется при- митивно-рекурсивным термом. Таким образом, если функция представима примитивно-рекурсивным термом, то – примитивно-рекурсивна.

12.Лекция 12. Примеры рекурсивных функций.

4.Пусть ≥ 2 натуральное число. Рассмотрим функцию ( ) = . Тогда

(0) = 0 = 1 = 1( ), где 1( ) = (0( )), ( + 1) = +1 = =

( ) = ( , ( )), где ( , ) = = ( ) 22( , ), следовательно,

( ) есть примитивно-рекурсивная функция.

5.Возьмём функцию ( , ) = . Тогда ( , 0) = = 1 = 1( ), ( , + 1) = +1 = = ( , ) = ( , , ( , )), где ( , , ) = .

сивны, то функция ( ) и ̅̅̅̅( ) тоже примитивно-рекурсивны.

46

( , ) = + и ( ÷ ) примитивно-рекурсивны, то функция ( , ) тоже примитивно-рекурсивна.

13. Лекция 13. Ограниченная сумма и ограниченное произведение.

Предложение 2. Пусть

где g является примитивно-рекурсивной функцией. Тогда n-местная

функция f тоже примитивно-рекурсивна.

Доказательство. При k=0 выполняется равенство

Предложение 3. Предположим, что (n+1)-местная функция f задана

следующим образом:

47

Из примитивной рекурсивности функции p(y, z) = ÷ и предыдущего предложения следует, что функция f является примитивно-рекурсивной.

Следствие 1. Пусть заданы n-местные примитивно-рекурсивные функции g, q, u, а функция F задана по формуле:

( 1,…, )

Тогда функция F тоже является примитивно-рекурсивной.

Доказательство. Для функции F выполняется формула

( 1, … , , 1, … , ) = ( 1, … , , ( 1, … , ), ( 1, … , ) ) ,

где f – функция из предыдущего предложения. Поэтому F примитивно-рекур- сивна.

Предложение 4. Предположим, что n-местная функция f задана с помощью произведения из примитивно-рекурсивной функции ( 1, … , ) по формуле:

Тогда функция f примитивно-рекурсивна.

Доказательство. Функция f задается из примитивно-рекурсивных функций

( 1, … , −1, 0) и h( 1, … , −1, , ) = ( 1, … , −1, + 1) соотношениями

( 1, … , −1, 0) = ( 1, … , −1, 0) и

48

( 1, … , −1, + 1) = ( 1, … , −1, ) ( 1, … , −1, + 1).

Определение 5. Пусть имеется (n+1)-местная функция g и n-местная

функция h. Зададим функцию ( 1, … , ) равной y в том и только том случае,

когда ( 1, … , −1, 0), … , ( 1, … , −1, − 1) определены и не равны 0, при-

чем ( 1, … , −1, ) = 0 и ≤ ( 1, … , ).

Тогда функция f получена из g и h с помощью ограниченного оператора минимизации. Такой оператор также называют ограниченным µ-оператором.

Согласно этому определению функция f может оказаться не всюду определенной.

14. Лекция 14. Представления примитивно-рекурсивных функций.

Предложение 5. Пусть (n+1)-местная функция g и n-местная функция h

примитивно-рекурсивны, а тотальная функция f получена из g и h применением ограниченного µ-оператора. Тогда функция f примитивно-рекурсивна.

Доказательство. По условию данного предложения функция f тотальна.

Поэтому ее можно представить в виде

( 1,…, )

Из примитивной рекурсивности функций h, g и Sg, предложения 4 и следствия 1 вытекает, что функция f примитивно-рекурсивна.

Замечание 1. Используют также обозначение

( 1, … , ) = µ ≤ ( 1,…, )[ ( 1, … , , ) = 0].

Если функции g и h тотальны, то f также тотальная функция. Для всяких

49

1, … , значение ( 1, … , ) равно наименьшему ≤ ( 1, … , ), для которого ( 1, … , , ) = 0. Если такого y не существует, то

примитивно-рекурсивна.

11.( , ) = ( , ) – остаток от деления x на y при

≠ 0, ( , 0) = . Эта функция примитивно-рекурсивна, так как

митивно-рекурсивна. В самом деле, для простого числа p имеются ровно два делителя 1 и p.

14. ( ) – простое число с номером x в ряду упорядоченных по возрастанию простых чисел. В частности, (0) = 2, (1) = 3, (2) = 5 и так

далее. Докажем, что ( ) ≤ 22 методом математической индукции. Основанием индукции служит (0) = 2 при = 0. Пусть неравенство доказано для всех ≤ . Тогда

= (0) (1) … ( ) + 1 ≤ 220+21+ +2 + 1 < 22 +1.

Рассматриваемое число a>1 имеет некоторый простой делитель ( ),

который отличен от (0), … , ( ), то есть ( + 1) ≤ ( ) ≤ .

Итак, ( + 1) ≤ 22 +1. С помощью последнего неравенства получаем

50