Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Сборник задач по множествам, булевым функциям и математической логике. Учебное пособие.pdf
Логика высказываний и булевы функции 101
128.
Пусть переменные
преступником. (а) (
истинности:
a b c (b → c) ∧((a ∨ c) ∧ ¬(a ∧ c)) ∧(¬c → ¬a) Всё
0 0 0 1 0 1 0
0 0 1 1 1 1 1
0 1 0 0 0 1 0
0 1 1 1 1 1 1
1 0 0 1 1 0 0
1 0 1 1 0 1 0
1 1 0 0 1 0 0
1 1 1 1 0 1 0
C
является преступником в любом случае. Утверждать, что он действовал
в одиночку, нельзя, возможно, B был сообщником.
129.
Пусть переменные
преступником. ПоказанияA: ΦA= (
ПоказанияC: ΦC=a. Всё вместе: (ΦA→ ¬
c)) ∧¬a. Таблица истинности:
a, b, c
b → c
a, b, c
означают, чтоA,B,Cсоответственно является
); (б) ((
a ∨c)∧ ¬(a ∧c
означают, чтоA,B,Cсоответственно является
b → ¬c
)); (в) (
). ПоказанияB: ΦB= (
ΦB)∧¬ΦC= ((
¬c → ¬a
b → ¬c)→ ¬(a →
). Таблица
a → c
).
a b c ((b → ¬ c) →¬(a →c)) ∧¬a
0 0 0 1 1 0 0 1 0 1
0 0 1 1 0 0 0 1 0 1
0 1 0 1 1 0 0 1 0 1
0 1 1 0 0 1 0 1 1 1
1 0 0 1 1 1 1 0 0 0
1 0 1 1 0 0 0 1 0 0
1 1 0 1 1 1 1 0 0 0
1 1 1 0 0 1 0 1 0 0
Преступники B и C.
130.
Пусть переменные
соответственно. Тогда утверждение записывается формулой ((
`, n, g
означают наличие львов, носорогов и жирафов
` ∧n → ¬g)∧
102 Ответы и решения
(n ∧ ¬g → `) ∧(` ∧ g → n)). Таблица истинности:
` n g ( (` ∧ n → ¬g) ∧ (n ∧ ¬g → `) ∧(` ∧ g → n) ) Всё
0 0 0 1 1 1 1
0 0 1 1 1 1 1
0 1 0 1 0 1 0
0 1 1 1 1 1 1
1 0 0 1 1 1 1
1 0 1 1 1 0 0
1 1 0 1 1 1 1
1 1 1 0 1 1 0
Да, может (пятая строка).
131.
Пусть переменные
вылинявшие соответственно. Тогда формула, описывающая одинаковые
джинсы: (
истинности:
k ∨u ∨(v ∧¬k))∧(¬k ∨(v ∧u ∧k))∧(¬u ∨(¬v ∧u ∧k
k, u, v
означают наличие карманов, узкие джинсы,
)). Таблица
k u v (k ∨ u ∨(v ∧ ¬k)) ∧(¬k ∨ (v ∧ u ∧ k)) ∧(¬u ∨ (¬v ∧u ∧ k)) Всё
0 0 0 0 1 1 0
0 0 1 1 1 1 1
0 1 0 1 1 0 0
0 1 1 1 1 0 0
1 0 0 1 0 1 0
1 0 1 1 0 1 0
1 1 0 1 0 1 0
1 1 1 1 1 0 0
На девушках вылинявшие джинсы-клёши без карманов.
132.
Пусть переменные
из Ньюкасла», «мы остановились в Ливерпуле» соответственно. Тогда фразы
отца: ΦO=mи ΨO=n, фразы матери: ΦM=
дочери: ΦD=¬nи ΨD=`. Всё вместе: (ΦO∨
m, n, `
означают «мы едем в Манчестер», «мы едем
¬m∧n
ΨO)∧(ΦM∨
и ΨM=
ΨM)∧(ΦD∨
¬`∧n
, фразы
ΨD) =
Эквивалентность формул 103
(m ∨ n) ∧((¬m ∧ n) ∨(¬` ∧ n)) ∧(¬n ∨ `). Таблица истинности:
m n ` (m ∨ n) ∧( (¬m ∧ n) ∨(¬` ∧ n) )∧(¬n ∨ `) Всё
0 0 0 0 0 0 0 1 0
0 0 1 0 0 0 0 1 0
0 1 0 1 1 1 1 0 0
0 1 1 1 1 1 0 1 1
1 0 0 1 0 0 0 1 0
1 0 1 1 0 0 0 1 0
1 1 0 1 0 1 1 0 0
1 1 1 1 0 0 0 1 0
Следовательно, семья едет из Ньюкасла, останавливалась в Ливерпуле, но
не едет в Манчестер. Садиться в машину не нужно.
133.
Пусть переменные
паже», «свидетель ошибся», «злоумышленник имел сообщника», «у злоумышленника был ключ» соответственно. Тогда вся фраза описывается
формулой ((
истинностиkи второй дизъюнкции получаем, что истинноs. Из истинностиsи импликации получаем истинностьe. Из истинностиeи первой
дизъюнкции получаем истинность¬o, то есть ложностьo. Следовательно,
злоумышленник уехал в экипаже, свидетель не ошибся, злоумышленник
имел сообщника, у злоумышленника был ключ.
134.
Пусть переменные
тут правительственные расходы», «возникнет безработица», «налоги снизятся» соответственно. Тогда (а) (
утверждение записывается формулой (
Вывод сделать нельзя: формула будет истинна в такой интерпретации:
I(n) = I(b) = 1, I (i) = I (p) = 0.
e ∧ ¬o)∨(¬e ∧ o))∧(s → e)∧((¬s ∧ ¬k)∨(s ∧ k))∧ k
e, o, s, k
i, p, b, n
означают «злоумышленник уехал в эки-
. Из
означают «инвестиции увеличатся», «возрас-
¬i → p ∨b
); (б) (
¬p → n
¬i → p∨b)∧(¬p → n)∧(n∧i → ¬b)∧¬i
); (в) (
n∧i → ¬b
). Всё
.
Эквивалентность формул
135.
Всегда выполнено Φ∧Ψ⇒Φ. Если Φ⇒Ψ, то Φ⇒Φ∧Ψ. Следовательно, Φ∧Ψ≡Φ. Если Φ∧Ψ≡Φ, то Φ⇒Φ∧Ψ. Это означает, что Φ⇒Ψ.
Всегда выполнено Ψ⇒Φ∨Ψ. Если Φ⇒Ψ, то Φ∨Ψ⇒Ψ. Следовательно,
Φ ∨Ψ ≡ Ψ. Если Φ ∨Ψ ≡ Ψ, то Φ ∨ Ψ ⇒ Ψ. Последнее означает Φ ⇒ Ψ.
137.
(а) Использовать эквивалентность Φ∧0≡0. (б) Использовать эквивалентность Φ∨1≡1. (в) Использовать эквивалентность Φ∧1≡Φ. (г)
Использовать эквивалентность Φ ∨0 ≡ Φ.
104 Ответы и решения
138.
(а)¬(
x∨¬y)∧(x→¬y)≡(¬x ∧¬¬y)∧(¬x ∨¬y)≡(¬x ∧y)∧(¬x∨¬y)≡
¬x ∧ y ∧ ¬x ∨ ¬x ∧ y ∧¬y ≡ ¬x ∧ y ∨ ¬x ∧ 0 ≡ ¬x ∧ y∨0 ≡ ¬x ∧ y
¬[(x ∧ ¬y)→(¬x ∨ z)]≡ ¬[¬(x ∧ ¬y)∨(¬x ∨ z)]≡ ¬¬(x ∧ ¬y)∧ ¬(¬x∨z)≡
(
x ∧¬y)∧(¬¬x ∧¬z)≡ x ∧¬y ∧x ∧¬z ≡ x ∧¬y ∧¬z
((
x ∨y)∧(¬x ∨¬y))→(x ∧¬y)≡ ¬((x ∨y)∧(¬x ∨¬y))∨(x ∧¬y)≡(¬(x∨y)∨
; (в) (
x⊕y)→(x ∧¬y)≡
¬(¬x∧¬y))∨(x ∧ ¬y)≡(¬x ∧ ¬y)∨(¬¬x ∧ ¬¬y)∨(x ∧ ¬y)≡(¬x ∧ ¬y)∨(x ∧
y)∨(x ∧ ¬y) ≡ (¬x ∧ ¬y) ∨x ∧ (y ∨ ¬y) ≡ (¬x ∧ ¬y) ∨x ∧ 1 ≡ (¬x ∧ ¬y) ∨x.
139.Φ∨(Φ∧Ψ)≡(Φ∧1)∨(Φ∧Ψ)≡(Φ∧(¬Ψ∨
Ψ))∨(Φ∧Ψ)≡(Φ
¬Ψ)∨(Φ∧Ψ)∨(Φ∧Ψ)≡(Φ∧ ¬Ψ)∨(Φ∧Ψ)≡Φ∧(¬Ψ∨Ψ)≡Φ∧1≡
(Φ∧Ψ)∨(¬Φ∧Θ)∨(Ψ∧Θ)≡(Φ∧Ψ)∨(¬Φ∧Θ)∨(1∧Ψ∧Θ)≡(Φ∧Ψ)∨(¬Φ
Θ)∨((Φ∨¬Φ)∧Ψ∧Θ)≡(Φ∧Ψ)∨(¬Φ∧Θ)∨(Φ∧Ψ∧Θ)∨(¬Φ∧Ψ∧Θ)
((Φ ∧Ψ) ∨(Φ ∧Ψ ∧Θ)) ∨((¬Φ ∧Θ) ∨(¬Φ ∧Ψ ∧Θ)) ≡ (Φ ∧ Ψ) ∨ (¬Φ ∧Θ).
141.
(а) (
x →(y → x))≡(¬x ∨(¬y ∨ x))≡(¬x ∨ x)∨ ¬y ≡1∨ ¬y ≡
((
x ∧ y)→ x)≡(¬(x ∧ y)∨x)≡((¬x ∨ ¬y)∨x)≡(¬x ∨ x)∨¬y ≡1∨¬y ≡
(в) (((
x → y)∧(y → z))→(x → z))≡
(¬((
¬x ∨ y)∧(¬y ∨ z))∨(¬x ∨ z))≡((¬(¬x ∨ y)∨ ¬(¬y ∨ z))∨(¬x ∨ z))≡
(((
¬¬x ∧ ¬y)∨(¬¬y ∧ ¬z))∨(¬x ∨ z))≡
(((
x∧¬y)∨¬x)∨((y ∧¬z)∨z))≡
((1∧(
¬y ∨ ¬x))∨((y ∨ z)∧
z))≡
(д) (((
(
1; (г) (
x →(x ∨ y))≡(¬x ∨(x ∨ y))≡(¬x ∨ x)∨ y ≡1∨ y ≡
x → y)∨(x → z))→(x →(y ∨ z
¬x∨(y ∨z
)))≡(¬(
¬x∨y ∨z)∨(¬x∨y ∨z))≡
(((
1))≡((
(((
¬x ∨ y)∧(¬y ∨ z))→(¬x ∨ z))≡
(((
x ∧ ¬y)∨(y ∧ ¬z))∨(¬x ∨ z))≡
x∨¬x)∧(¬y ∨¬x))∨((y ∨z)∧(¬z ∨z
¬y ∨ ¬x)∨(y ∨ z))≡((¬y ∨ y)∨(¬x ∨
)))≡(((
1; (е) ((
¬x ∨ y)∨(¬x ∨ z))→
x → y)→((x → ¬y)→
¬x))≡((¬x ∨y)→((¬x ∨¬y)→ ¬x))≡((¬x ∨y)→(¬(¬x ∨¬y)∨ ¬x))≡
(¬(
¬x ∨ y)∨(¬(¬x ∨ ¬y)∨ ¬x))≡((¬¬x ∧ ¬y)∨((¬¬x ∧ ¬¬y)∨ ¬x))≡
((
x∧¬y)∨((x∧y)∨¬x))≡((x∧(¬y∨y))∨¬x)≡((x∧1)∨¬x)≡(x∨¬x)≡
((
x → ¬y)→ ¬(x∧y))≡((¬x∨¬y)→(¬x∨¬y))≡(¬(¬x∨¬y)∨(¬x∨¬y))≡
142.
Индукция по построению Φ. Базис: если Φ =x, то (Φ)
x
I
((Φ)
) =I(Θ) =J(x) =J(Φ); если Φ =y, то (Φ)
Θ
J(y
) =J(Φ). Шаг для конъюнкции:I((Φ1∧
I
((Φ1)
x
)
∧ I
Θ
((Φ2)
x
) =J(Φ1)
Θ
∧ J
(Φ2) =J(Φ1∧
других связок.
143.
В условиях предыдущей задачиI(Φ)
x
I(Φ)
= J(Φ) = J(Ψ) = I(Ψ)
Θ
144.
(а)
f∗∗(
x1, . . . , xn) =
¬¬f(¬¬x1, . . . , ¬¬xn) =
¬h(¬x1, . . . , ¬xn) =
x
.
Θ
f(x1, . . . , xn). (б)
¬f(g1(
¬x1, . . . , ¬xn)
x
Θ
Φ2)
x
Θ
x
Θ
=yиI((Φ)
) =I((Φ1)
x
Θ
x
∧
Θ
Φ2) =J(Φ). Аналогично для
=J(Φ),I(Ψ)
¬f∗(
, . . . , gm(
x
=J(Ψ). Тогда
Θ
¬x1, . . . , ¬xn) =
h∗(
x1, . . . , xn) =
¬x1, . . . , ¬xn)) =
; (б)
1; (б)
)))
1; (ж)
x
= Θ и
Θ
) =I(y) =
x
(Φ2)
) =
Θ
∧
Φ.
∧
≡
1;
≡
1;
1.
Дизъюнктивные и конъюнктивные нормальные формы 105
¬f(¬¬g1(
¬f(¬g
f∗(g
145. ¬∗x=¬(¬(¬x
¬¬¬x∧¬¬y=¬x∧y;x⊕∗y=¬(¬x⊕¬y
¬(x⊕y
146.
↔ x ↔ z
1)⊕(
(
¬x∧y)⊕(¬x∧z
z
)) = ((
((
x ∨¬y)→(¬x ↓y
((
¬x ∨y)∧(¬¬x ∨¬y
147.
¬x1, . . . , ¬xn)
∗
(
x1, . . . , xn)
1
∗
(x1, . . . , xn), . . . , g
1
, . . . , ¬¬gm(
, . . . , ¬g
∗
m
(x1, . . . , xn)).
)) =¬x;
) =
x ↔ y;x↑∗y=¬(¬x↑¬y
(а) (
x → ¬(¬y ⊕ x ⊕z
)) = (
¬x ∧¬¬(¬y ⊕(x ↔ z
x ⊕ z ⊕
1))) = (
¬x ∧(y ⊕ x ⊕ z
) =
¬x∧(y⊕z
x ↓ y)↔(¬x →∗z
))∗= ((
)) = ((
x ∨∗¬∗y)→∗(
)) = ((
(а) Существует только 2
∗
¬x1, . . . , ¬xn)) =
(
x1, . . . , xn)) =
m
x →∗y=¬(¬x → ¬y
) = ((x⊕1)⊕(y⊕1))⊕1 = (
))∗= (
); (б) ((
) =¬¬(
x →∗¬∗(
¬x∧¬y
¬∗y ⊕∗x ⊕∗z
))) = (
¬x ∧(¬y ⊕ ¬(x ⊕z
)) = (
¬x ∧ y)⊕(¬x ∧ x)⊕(¬x ∧ z
x↑y)⊕(¬x → z
) =
x ↓ y)↔(¬¬x ∧ z
¬∗x ↓∗y
x → y)∧(x ∨¬y
2
2
= 16<20 булевых функций и, соответствен-
)) = (¬(
)) = ((
) =¬(
¬¬x ∨ ¬y
¬x∧¬y=¬(x∨y
)) = (
¬x ∧ ¬(¬y ↔
))) = (
))∗= ((
)) = ((
x↑∗y)⊕∗(
x ↓ y)↔(x ∧ z
x ∧¬y)∧(¬x ↑y
x → y)∧(y → x
x⊕y)⊕
) =
¬x ∧((y ⊕
¬∗x →
)) =
) =
1 =
x↓y
) =
)); (в)
)) =
x ↔ y
но, попарно неэквивалентных формул с двумя переменными. (б) Неверно,
n
может быть 4 пары эквивалентных и ещё 12 неэквивалентных. (в)k/
2
2
округлением вверх.
Дизъюнктивные и конъюнктивные нормальные
формы
148. 11= 1, 10= ¬1 = 0; 01= 0 = ¬1, 00= ¬0 = 1.
149.
отрицаниями. (б) 3n−
отрицания, присутствовать с отрицанием или отсутствовать. Отсутствие
всех переменных разом недопустимо.
150.
Согласно
Df(
σ1, . . . , σn) = 1. Если
V
τ
x
i
это означает, что
конъюнкциюVx
Для КНФ. Еслиf(
Согласно
Cf(
σ1, . . . , σn) = 0. Если
W
¬τ
x
i
k
(а)
C
·
2k: выбратьkпеременных изn, определить, какие из них с
n
1: каждая переменная может присутствовать без
Для ДНФ. Еслиf(
(5)
при
i
равная единице. Следовательно,
σ1, . . . , σn) = 1, то
xi=
σiбудет
Df(
σ
i
x
i
σ1, . . . , σn) = 1, то существует конъюнкция
xi6=¬τi, то есть
σ
i
, по определению
i
σ1, . . . , σn) = 0, то
(5)
при
xi=
σiбудет
i
равная нулю. Следовательно,
¬σ
x
i
Cf(
σ1, . . . , σn) = 0, то существует дизъюнкция
Dfсодержит конъюнкциюVx
= 1, следовательно,Vx
τ
i
x
= 1 для всех
i
σi=
xi=
τi. Итак,
Dfэто означаетf(
Cfсодержит дизъюнкциюWx
i
= 0, следовательно,Wx
¬τ
i
x
= 0 для всех
i
xi. Согласно
¬σ
i
= 1, поэтому
i
xi. Согласно
Dfсодержит
σ1, . . . , σn) = 1.
¬σ
(5)
i
это
¬σ
i
= 0, поэтому
i
σ
i
(5)
.
∗
.
с
i
.
i
.
106 Ответы и решения
означает, что
W
¬σ
i
x
, по определению Cfэто означает f (σ1, . . . , σn) = 0.
i
151.
(а) ЕслиK— конъюнкция, а
D =
(σ1,...,σn)∈B
152.
Еслиf(
σ
1
x
∧. . . ∧x
1
ция истинна. Если правая дизъюнкция истинна при
f(τ1, . . . , τk, x
и (5) получаем τi= σi. Следовательно, f(σ1, . . . , σk, σ
153. C(x
V
D1∈C(Φ)VD2∈C(Ψ)
154.
(а) (
(
x ∨¬y ∨z)∧(x ∨¬y ∨¬z)∧(¬x ∨¬y ∨z
(
x ∧¬y ∧z)∨(x ∧y ∧¬z)∨(x ∧y ∧z
(в) (
¬x ∧¬y ∧z)∨(¬x ∧y ∧z)∨(x ∧¬y ∧z
xi6=¬τi, то есть
W
n
K ∧
V
x
i
σ1, . . . , σk, σ
σ
k
∧f(σ1, . . . , σk, x
k
, . . . , xn) = 1 для каких-то
k+1
) =D(x) =x,C(¬Φ)
σi=
xi=
x1, . . . , xn— новые переменные, то
σ
i
. (б) Аналогично.
i
, . . . , σn) = 1, то при
k+1
, . . . , xn) = 1, поэтому вся правая дизъюнк-
k+1
≡ ¬D
(Φ),C(Φ∧Ψ) =C(Φ)
τi. Итак,
Cfсодержит дизъюнкцию
xi=
σiполучаем
xi=
σi, то
τ1, . . . , τk. Из истинности
, . . . , σn) = 1.
k+1
∧ C
(Ψ),C(Φ∨Ψ) =
τ
x
1
σ
x
i
1
∧. . .∧x
i
= 1 и
τ
x
i
i
(D1∨ D2) и т. д.
¬x ∧¬y ∧¬z)∨(¬x ∧¬y ∧z)∨(x ∧¬y ∧¬z)∨(x ∧¬y ∧z)∨(x ∧y ∧z
); (б) (
¬x ∧¬y ∧z)∨(x ∧¬y ∧¬z)∨
), (
x ∨y ∨z)∧(x ∨¬y ∨z)∧(x ∨¬y ∨¬z
), (
x ∨y ∨z)∧(x ∨¬y ∨z)∧(¬x ∨
τ
k
y ∨ z) ∧(¬x ∨ ¬y ∨ z) ∧(¬x ∨¬y ∨ ¬z).
155.
(а) (
¬x ∧ ¬y ∧ z)∨(¬x ∧ y ∧ z)∨(x ∧ ¬y ∧ z)∨(x ∧ y ∧ ¬z)∨(x ∧ y ∧ z
(б) (
¬x ∧ ¬y ∧ z)∨(¬x ∧ y ∧ ¬z)∨(¬x ∧ y ∧ z)∨(x ∧ ¬y ∧ ¬z)∨(x ∧ ¬y ∧ z)∨
(
x ∧ y ∧ ¬z)∨(x ∧ y ∧ z
); (в) (
¬x ∧ ¬y ∧ ¬z)∨(¬x ∧ ¬y ∧ z)∨(¬x ∧ y ∧ z)∨
(x ∧ ¬y ∧ ¬z) ∨ (x ∧¬y ∧ z) ∨ (x ∧ y ∧¬z) ∨(x ∧ y ∧ z).
156.
(а) (
x∨y ∨z)∧(x∨y ∨¬z)∧(x∨¬y ∨¬z)∧(¬x∨y ∨z)∧(¬x∨¬y ∨z
(
x ∨y ∨z)∧(x ∨y ∨¬z)∧(x ∨¬y ∨z)∧(¬x ∨y ∨z)∧(¬x ∨y ∨¬z)∧(¬x ∨¬y ∨
z)∧(¬x ∨¬y ∨¬z
157.
(0000 1111),
); (в) (
x ∨y ∨z)∧(¬x ∨y ∨z)∧(¬x ∨¬y ∨z)∧(¬x ∨¬y ∨¬z
Df= (
x ∧¬y ∧ ¬z)∨(x ∧¬y ∧ z)∨(x ∧y ∧ ¬z)∨(x ∧y ∧ z
); (б)
Cf= (x ∨ y ∨ z) ∧ (x ∨y ∨ ¬z) ∧ (x ∨ ¬y ∨z) ∧(x ∨ ¬y ∨ ¬z).
158.
(а) (
x∧y)∨(¬x∧y ∧z)∨(x∧z)≡(x∧y)∨(¬x∧y ∧z)∨(x∧z)∨(y ∧z)≡
(
x ∧ y)∨(x ∧ z)∨(y ∧z)≡(x ∨ x ∨ y)∧(x ∨ x ∨ z)∧(x ∨ z ∨ y)∧(x ∨ z ∨ z)∧
(
y ∨ x ∨y)∧(y ∨ x ∨z)∧(y ∨ z ∨y)∧(y ∨ z ∨z)≡(x ∨y)∧(x ∨z)∧(y ∨ z
(
¬x ∧¬y ∧z)∨(¬x ∧y ∧z)∨(x ∧y ∧¬z)≡((¬x ∧z)∧(¬y ∨y))∨(x ∧y ∧¬z)≡
(
¬x∧z)∨(x∧y ∧¬z)≡(¬x∨x)∧(¬x∨y)∧(¬x∨¬z)∧(z∨x)∧(z∨y)∧(z∨¬z)≡
(
¬x∨y)∧(¬x∨¬z)∧(z∨x)∧(z∨y
); (в)x∨(
¬x∧z)∨(¬x∧y∧z)∨(¬x∧¬y∧¬z)≡
); (б)
x ∨ z ∨ (y ∧ z) ∨ (¬y ∧¬z) ≡ x ∨ z ∨ ¬y.
159.
Являются импликантами (а), (б), (г), (е). (в) и (д) истины приx=z= 1
и y = 0, когда f имеет значение 0. Минимальными являются (б) и (г).
k
= 1
∧
),
);
);
).
),
Многочлены Жегалкина 107
160.
Все элементарные конъюнкции в ДНФ являются импликантами. Если
бы среди них был неминимальный, то его можно было бы заменить более
коротким и получить более короткую ДНФ.
161.
Функция принимает значение 1, когда количество единиц среди аргументов нечётно, таких наборов ровно половина, то есть 2
столько элементарных конъюнкций содержит совершенная ДНФ. Любые
такие наборы различаются знаками не менее чем двух переменных, поэтому
при использовании закона поглощения
(2)
всегда получаются тождественно
ложные элементарные конъюнкции. Следовательно, в дальнейшем невозможно применение закона поглощения
(1)
и сокращённая ДНФ имеет такой
же вид. Поскольку минимальная ДНФ состоит из минимальных импликантов, а все они входят в сокращённую ДНФ и попарно несовместны, то
минимальная ДНФ имеет такой же вид.
162.
(а) (
¬x ∧ ¬y ∧¬z)∨(¬x ∧ y ∧¬z)∨(¬x ∧ y ∧z)∨(x ∧ y ∧¬z)∨(x ∧ y ∧z
(
x∨y∨¬z)∧(¬x∨y∨z)∧(¬x∨y∨¬z);y∨(¬x∧¬z
z)∧(x∧¬y ∧¬z)∧(x∧y ∧z
(
¬x∧y)∨(y∧z)∨(x∧¬y∧¬z
¬y∧¬z)∨(x∧y∧¬z)∨(x∧y∧z
(г) (
¬x ∧ y ∧ ¬z)∨(¬x ∧ y ∧ z)∨(x ∧ ¬y ∧ ¬z)∨(x ∧ y ∧ ¬z)∨(x ∧ y ∧ z
); (
x∨y ∨z)∧(x∨y ∨¬z)∧(¬x∨y ∨¬z)∧(¬x∨¬y ∨z
); (в) (
¬x∧¬y∧¬z)∨(¬x∧¬y∧z)∨(¬x∧y∧¬z)∨(x∧
); (
x∨¬y∨¬z)∧(¬x∨y∨¬z);¬z∨(¬x∧¬y)∨(x∧y
); (б) (
¬x∧y∧¬z)∨(¬x∨y∨
(x ∨ y ∨ z) ∧ (x ∨y ∨ ¬z) ∧ (¬x ∨ y ∨¬z); y ∨ (x ∧ ¬z).
163.
(а)
y ∨(¬x ∧ ¬z
); (б)
x1∧¬x2∧x3; (в) (
x ∧ ¬y)∨(¬x ∧ y ∧¬z)∨(¬x ∧
¬z ∧ u) ∨(¬y ∧ ¬z ∧ u); (г) x ∧ ¬y ∧ z; (д) ¬y ∨ (x ∧ ¬z); (е) ¬z ∨ (¬x ∧ ¬y).
n−1
. Именно
);
);
);
);
Многочлены Жегалкина
164. Построить истинностные таблицы.
165.
(а) 1
⊕ x ⊕ xyz
(д) xz ⊕ xyz.
166.
(а)
y⊕yz⊕x⊕xyz
167.
(а) 1
⊕y ⊕ xy ⊕yz ⊕ xyz
(в) x ⊕ yz ⊕ yzu ⊕ xyz ⊕ xyzu.
168.
Формула под знаком суммирования эквивалентна элементарной конъюнкции, соответствующей строке функцииfпри построении совершенной
ДНФ:
xσ≡ x ⊕ σ ⊕
ны, то их сумма по модулю два совпадает с их же дизъюнкцией, то есть
эквивалентной f совершенной ДНФ.
169.
(а) (
x ⊕
yz ⊕ z ⊕ xyz ⊕ yz ⊕ xy ⊕ y ⊕ xyz ⊕ xy ⊕ xz ⊕ x=z ⊕ xyz ⊕ y ⊕ x
; (б)
x ⊕ xy
; (б) 1
⊕yz⊕xy⊕xyz
; (в) 1
; (б) 1
⊕ yz ⊕ xz ⊕ xyz
; (в) 1
⊕y ⊕x
; (г) 1
⊕ x ⊕ xz ⊕ xyz
; (г)
z⊕y ⊕x⊕xy⊕xyz
⊕u ⊕yu ⊕ yz ⊕x ⊕xz ⊕xy ⊕ xyz ⊕xyzu
1. Поскольку все эти конъюнкции попарно несовмест-
1)(
y ⊕1)z ⊕(x ⊕1)y(z ⊕1)⊕ x(y ⊕
1)(
z ⊕
1) =
xyz ⊕ xz ⊕
. (б)
;
.
;
108 Ответы и решения
(
x ⊕
1)(
y ⊕
1)(
z ⊕1)⊕(x ⊕1)y(z ⊕1)⊕x(y ⊕
xz⊕yz⊕x⊕y⊕z⊕1⊕xyz⊕xy⊕yz⊕y⊕xyz⊕xy⊕xz⊕x⊕xyz⊕xz=xy⊕z⊕1⊕xz
(в) Значения функции: (1111 1011). Построим значения противоположной
функции (0000 0100):x(
170.
Если все
αiравны нулю, то и сумма всех слагаемых будет равна
нулю. Если какой-то из
y ⊕1)z=xyz ⊕ xz
αiне равен нулю, то выбрав
слагаемое содержит меньше всего переменных, и придав значение 1 только
этим переменных, мы получим значение многочлена равное 1, так как все
остальные слагаемые будут равны нулю.
171.
Общее количество всевозможных слагаемых в многочлене Жегалкина
равняется 2n. Чтобы многочлен был равен нулю на нулевом наборе, нужно,
чтобы среди слагаемых не было единицы. Следовательно,kштук из них
можно выбрать
k
C
способами. На единичном наборе многочлен будет
2n−1
равен нулю тогда и только тогда, когда количество слагаемых чётно. Следовательно, требуемых многочленов существует
одного для нечётных.
172.
Согласно задаче 168 этот многочлен равен (
Его длина равна 2m, гдеm— это количество нулей среди
как только они дают двучлены в произведении.
173. ¬x1∧ · · · ∧ ¬xn, см. предыдущую задачу.
174.
Согласно задаче 168 этот многочлен равен (
(
x1⊕σ1)
. . .(xn⊕σn). Если после раскрытия скобок слагаемое, не содержащее
xi, присутствует в первой части, то в ней есть множитель (
во второй части есть множитель
xiи она такое слагаемое не содержит.
Следовательно, будет в точности одна пара одинаковых слагаемых:
Таким образом, после сокращений длина многочлена будет равна 2
m
0
2
−
2, где
m1и
m0— это количества единиц и нулей соответственно среди
σ1, . . . , σn.
175.
В обратную сторону: многочлен не меняет вида при произвольной перестановке переменных, следовательно, функция коммутативна. В прямую
сторону: количество таких функций равно 2
таких многочленов также равно 2
n+1
варианта. Если бы для какой-то функции такого многочлена не нашлось, то
согласно первому пункту какая-то функция задавалась бы двумя разными
приведёнными многочленами, что невозможно.
176.
Базис: приn= 1 соответствующимиk= 0,1,2 многочленами являются
0
, x,
1. Шаг: пусть дляnутверждение доказано и многочлены
1)(
z ⊕1)⊕x(y ⊕1)z=xyz ⊕xy ⊕
; добавим единицу:
αi, для которого
k
C
для чётныхkи ни
2n−1
x1⊕1⊕σ1)
x1⊕1⊕σ1)
n+1
, задача 117. Количество
: для каждогоk= 0
xyz ⊕ xz ⊕
. . .(xn⊕1⊕σn).
σ1, . . . , σn, так
. . .(xn⊕1⊕σn)
xi⊕
1), значит,
x1. . . xn.
m
, . . . , n
есть два
k
p
найдены.
n
1
.
1.
⊕
+
Полные множества функций и теорема Поста 109
Тогда дляn+1 и
2nполагаем
k
p
примет 2nединичных значений. При
n+1
примет 2
n+1
нулевых. Именно на них
единичных значений для p
177.
Базис: приn= 1 многочлен 1
чение и
1
(2
3
доказано. Заметим, что
ство единиц среди значений многочлена
и совпадает с количеством нулей
ционному предположению равно 2n−
2n+ 2n−
1
n+2
2
3
178.
1
3
1
+
(−1)
3
Базис: приn= 0 получаемk= 0. Ненулевой многочлен тождественно
k 6
2nможно взять те же многочлены
p
k
n+1
=
x
n+1
n+1
2
−k
p
n
⊕
1. В самом деле, при
x
−k
единичных значений, следовательно, 2n−
k
p
будет равен единице. Следовательно, всего
n+1
k
будет 2n+ k − 2n= k.
n+1
⊕ x1принимает одно единичное зна-
1+1
+ (−1)1) =
1
(4−1) = 1. Шаг: пусть дляnутверждение
3
p
(
x1, ¯x
) = 1
n+1
⊕ x1pn(¯x). Таким образом, количе-
p
n+1
pn(¯x) при
1
n+1
(2
3
(2
n+1
n+1
+ (−1)n) = 2
1
n+2
=
(2
3
+ (−1)
n+1
−
1
3
n+1
2
).
n+1
1
−
3
n+1
(
x1, ¯x
x1= 1. Последнее по индук-
+ (−1)n). Всего получаем
(−1)n=
k
p
n+1
x
n+1
= 1 многочлен
(2
) равно 2nпри
2
n+1
2
3
k
=
p
. При
n
= 0 многочлен
n+1
−k
n+1
2
p
n
) =k−2
x1= 0
1
(−1)
3
n+1
+
k >
−k
=
равен 1 и принимает 2nединичных значений. Шаг: пусть дляnутверждение доказано. Тогдаp(
p0(¯x) и
p1(¯x) сnпеременными. Приy= 0 количество единиц совпадает
с количеством единиц для
меньше 2
ниц для
n−k
. Приy= 1 количество единиц совпадает с количеством еди-
p0(¯x)
⊕p1(¯x) и по индукционному предположению не меньше 2
Следовательно, общее количество единиц многочленаp(
2
n−k
· 2 = 2
(n+1)−k
¯x, y
) =
p0(¯x)
⊕ yp1(¯x) для некоторых многочленов
p0(¯x) и по индукционному предположению не
n−k
¯x, y
) не меньше
.
n
.
Полные множества функций и теорема Поста
179. Самодвойственные (б) и (в).
180. Монотонные (а) и (б).
181. ¬x = x ↓ x, x ∧ y = (x ↓ x) ↓(y ↓ y), x ∨ y = (x ↓ y) ↓ (x ↓y).
182. {∨, ∧, →} ⊆ S1, можно добавить 0.
183. f3, f4, f5, f6∈ S0,
f5∈ M.
184. {f1, fi, fj}
, 1
i > 1; {f2, f6}; {f6, f7}; {f1}. Базисы — три последних множества.
185.
Удалитьfиh,g=↑. Функциюgудалить невозможно, так как это
единственная функция, не сохраняющая ноль.
f2, f3, f4, f5∈ S1,
< i < j;{f2, fi, f6},i
f3, f4, f5, f7∈ S,f2, f4, f5, f7∈ L
= 3,4,5,7;
{fi, f6, f7},i <6;{f1, fi}
,
,
110 Ответы и решения
186.
Только{0
→ — единственная немонотонная.
187. h ∈ S0,
{f, g},{f, h},{g, h}
f(g(x, x, x), g(x, x, x), g(x, x, x
{f, h}
: 0 =h(
x → y=f(h(h(x, x, x), x, y), h(h(x, x, x), x, y), h(h(x, x, x), x, y
{g, h}
: 0 =h(
x → y = ¬h(0, x, y) = ¬h(h(x, x, x), x, y).
188.
1 =
↔ y = (x ∧y) ∨(¬x ∧ ¬y).
189. Принадлежность функций классам:
, →}
. 0 — единственная функция, не сохраняющая единицу,
g ∈ S1,
x, x, x),¬x=f(x, x, x
x, x, x
x → x
f ∈ S,f ∈ L
. В базисе
), 1 =g(
, 0 =¬1,
f1+ − + − −
f2− + + − −
f3+ + + + −
f4− − + + −
f5− − − + −
f6+ + − + −
f7− + − − −
f8− − − − −
f9+ + − − +
f10+ + − − +
x, x, x),¬x=g(0, x,
, все функции немонотонны. Базисы:
{f, g}:¬x=f(x, x, x
)),
x → y=g(g(x, x, x), f(x, x, x), y
), 1 =f(h(
0) =g(h(
x ∨ y=¬x → y,x ∧ y=¬(¬x ∨ ¬y),x ↔
S0S1L S M
), 1 =g(
x, x, x), h(x, x, x), h(x, x, x
x, x, x), x, h(x, x, x
x, x, x
), 0 =
). В базисе
)). В базисе
)),
)),
Общие действия: 0 =
f4(
x, x, x
) =
f5(
x, x, x
x ∨ y=¬f8(1
f2(0,0
, x),x ∧ y=f6(1
{f1, f2, f10}:¬x=f2(0,0
x ∨ y=f7(1
x ∨ y=¬f5(1
x ∨ y=f7(1
{f4, f10}
x ∨ y=f7(1
{f5, f10}: 0 = f10(x, x, ¬x), 1 = ¬0, x ∧y = f10(0, x, y).
190.
ДНФ сохраняет ноль, если нет элементарных конъюнкций, содержащих только переменные с отрицаниями, ДНФ сохраняет единицу, если есть
, x, y).{f1, f5}
, x, ¬y).{f1, f4, f6}
, x, y).{f2, f4, f6}
, x, ¬y).{f4, f9}
: 0 =
f10(
x, x, ¬x
, x, ¬y).{f5, f9}
f1(
x, x, x
); 1 =
) =
f8(
x, x, x
). Базисы.
: 1 =¬0,
, x, y).{f1, f2, f9}:¬x=f2(0,0
, x),x ∧ y=f10(0
: 1 =¬0,
: 0 =¬1,
: 1 =
f9(
), 1 =¬0,
: 1 =
f9(
f2(
x, x, x
{f8}
x ∨ y=¬f5(1
, x, y).{f1, f7}:¬x=f7(0,0
x ∧ y=f6(1
x ∧ y=f6(1
x, x, ¬x
x ∧ y=f10(0
x, x, ¬x
), 0 =¬1,
), 0 =¬1,
) =
f7(
x, x, x);¬x
: 0 =
f8(
x, ¬x, x
, x, y).{f1, f2, f6}:¬x
, x),x ∨ y=f9(1
, x, y).{f2, f5}
, x, y).{f4, f7}
x ∨ y=f9(1
, x, y).{f5, f7}
x ∨ y=f9(1
), 1 =¬0,
: 0 =¬1,
: 0 =¬1,
: 0 =¬1,
=
=
, x, y
, x
, x, y
, x, y
).
),
).
).