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
Полные множества функций и теорема Поста 111
элементарная конъюнкция, содержащая только переменные без отрицаний.
КНФ сохраняет ноль, если есть элементарная дизъюнкция, содержащая
только переменные без отрицаний, КНФ сохраняет единицу, если нет элементарных дизъюнкций, содержащих только переменные с отрицаниями.
191.
Все функции сохраняют единицу, следовательно, замыкание этого
множества включено в
задаче она представляется в виде КНФ, где каждая элементарная дизъюнкция содержит хотя бы одну переменную без отрицания. Если переменные с
отрицаниями есть, то от них можно избавиться с помощью эквивалентности
¬x1∨ ··· ∨ ¬xn∨ D ≡ ¬(x1∧ ··· ∧ xn)
дизъюнкция переменных без отрицаний. Можно, x ∨ y ≡ (x → y) → y.
192.
Аналогично предыдущей. Воспользоваться эквивалентностями (
↔ y) ↔ (x ∨y) ≡ x ∧ y, x ↔ (x ∧ y) ≡ x → y, x ↔ (y → x) ≡ x ∨ y.
193.
Еслиf=
g1⊕α1x1=
часть не зависит от
x2и мы получаемf=
силу коммутативности и ассоциативности ⊕.
194.
В прямую сторону — по определению операции⊕. Обратно: от противного, допустим,fнелинейна. Найти в приведённом многочлене Жегалкина
самое короткое произведение, содержащее не менее двух множителей. Выбрать две переменные из него, остальным переменным этого произведения
придать значение 1, а не входящим в это произведение — значение 0. Рассмотреть восемь полученных вариантов.
195.
Очевидно, что
составленные с помощью↔функции тоже принадлежат этим классам.
Если
(2n+1)
f
f ∈ S1∩L
=
, тоfимеет один из двух видов
x1⊕··· ⊕x
индукцию по количеству аргументов:
1 ⊕x
n+1
196.
Если
второй. Если
(n)
= (f
↔ x
xi= 0, то первая конъюнкция равна нулю, результат равен
xi= 1, то первая в силу монотонности имеет значение не мень-
шее, чем вторая, поэтому результат равен первой. Для ДНФ: по индукции
f(x1, . . . , x
0
где
C
i
W
как
цииf(
,0, x
i−1
1
и
C
— элементарные конъюнкции без отрицаний. Тогдаfзадаётся
i
xi∧ C
1
)∨
j
i−1
(
j
x1, . . . , x
S1. Еслиfсохраняет единицу, то по предыдущей
g2⊕α2x2, то
x1, вторая — от
∨ D ≡(x1∧ ··· ∧ xn)
g1⊕α2x2=
g2⊕α1x1=
x2, поэтому обе они не зависят от
→ D
g12⊕ α1x1⊕ α2x2. Далее по индукции. Обратно: в
↔ ∈ S1∩ L
2n+1
).
n+1
, . . . , xn)
i+1
W
C
j
,0, x
i+1
0
j
, . . . , xn)
, поэтому, в силу замкнутости
(2n)
f
= 1
⊕x1⊕···⊕x2nили
(фиктивные аргументы пропущены). Используем
(0)
f
= 1 = (
W
0
≡
C
,f(
x1, . . . , x
j
j
x ↔ x),f
,1, x
i−1
, . . . , xn)
i+1
(n+1)
— ДНФ без отрицаний. Для КНФ: по индук-
V
≡
0
D
,f(
x1, . . . , x
j
j
i−1
,1, x
i+1
, гдеD—
x ↔
g12. Первая
x1и
S1иL, все
(n)
=
f
⊕
W
≡
C
j
, . . . , xn)
≡
1
j
,
112 Ответы и решения
V
1
D
, где
j
j
задаётся как (
без отрицаний.
197.
В прямую сторону — по определению, так как наборы удовлетворяют
неравенствам для всех аргументов. В обратную: взять наборы
i
= 1
, . . . , n
то есть
поэтому значение функции не уменьшается.
198.
Если минимальный импликант дляfсодержит отрицание
тоCимпликантом дляfне является. Значит, существует интерпретация
I
такая, чтоCравна единице, аf— нулю. ТогдаI(¬a) = 0 иI(a) = 1.
Если теперь изменить значениеaна ноль, то получим интерпретациюJ,
в которойJ(
обратную сторону утверждение следует из монотонности конъюнкции и
дизъюнкции, а также замкнутости множества монотонных функций.
199. Множество монотонных функций (задача 198).
200.
¬¬f(x1, . . . , xn) =f(
f∗(¬x1, . . . , ¬xn) = ¬f(¬¬x1, . . . , ¬¬xn) = ¬f(x1, . . . , xn).
201.
Пустьfсамодвойственна. ДНФ содержит конъюнкцию (
тогда и только тогда, когдаf(
f(¬σ1, . . . , ¬σn) = 0, тогда и только тогда, когда КНФ содержит дизъюнкцию (
σ1, . . . , σnтакие, чтоf(
юнкцию (
а КНФ содержит дизъюнкцию (
значение равно 0. Поэтому КНФ не получается из ДНФ заменой.
202.
Еслиf=
αnxn⊕ αn⊕
(
¬σ1, . . . , ¬σn)>(
и¬f(
¬σ1, . . . , ¬σn)
цы меняются местами.
203.
Пустьfсамодвойственна. При
получаемf(
x1, . . . , xn⊕ x1)
f(x1, x2, . . . , xn) =¬f(
0
D
1
и
D
i
— элементарные дизъюнкции без отрицаний. Тогда
xi∧
i
V
j
D
V
1
)
∨
j
j
D
V
0
≡
(
j
xi∨ D
j
j
0
)∧
V
j0,j
(
1
, и использовать индукцию по количествуi, для которых
σi= 0,
Еслиfсамодвойственна, то
ρi= 1. На каждом шаге изменяется только один аргумент,
C ∧ ¬a
) = 1 иfравно единице. Но тогдаfнемонотонна. В
f∗(
x1, . . . , xn) =¬f(
x1, . . . , xn). Обратно, если
f∗=f, тоf(
σ1, . . . , σn) = 1, тогда и только тогда, когда
σ
1
x
1
σ
1
x
1
∨ · · · ∨ x
∧ · · · ∧ x
1 =
σ
n
). Пустьfне самодвойственна, тогда существуют
n
σ1, . . . , σn) =f(
σ
n
) тогда и только тогда, когда это значение равно 1,
n
x
α ⊕ α1x1⊕ ··· ⊕ αnxn, то
β ⊕ α1x1⊕ · ·· ⊕ αnxn. Если (
¬ρ1, . . . , ¬ρn), поэтомуf(
¬σ1, . . . , ¬σn). ДНФ содержит конъ-
σ
1
∨ · · · ∨ x
1
σ
n
) тогда и только тогда, когда
n
f∗=
α ⊕ α1x1⊕ α1⊕ ··· ⊕
σ1, . . . , σn)6(
¬σ1, . . . , ¬σn)
6 ¬f(¬ρ1, . . . , ¬ρn). Свойства сохранения нуля и едини-
x1= 0 в силу равенства
x1, x2, . . . , xn) =f(
⊕ x1. При
¬x1, ¬x2, . . . , ¬xn) =f(
x1⊕x1, x2⊕x1, . . . , xn⊕x1)
x1= 1 в силу равенства
x1⊕x1, x2⊕x1, . . . , xn⊕x1)
y ⊕ x1=¬yполучаем
1
D
0
∨ D
j
1
) — КНФ
j
0
σi6 ρi,
σi< ρi,
C ∧ ¬a
¬x1, . . . , ¬xn) =
¬x1, . . . , ¬xn) =
σ
1
x
∧···∧x
1
ρ1, . . . , ρn), то
> f(¬ρ1, . . . , ¬ρn)
y ⊕ x1=
⊕x1=f(0
, x2⊕
σ
n
f
,
n
)
y
⊕
Полные множества функций и теорема Поста 113
x1=f(0
x1, . . . , xn⊕x1). В обратную сторону используем равенство
¬(g(¬x1⊕ ¬x2, . . . , ¬x1⊕ ¬xn)
¬(g(x1⊕x2, . . . , x1⊕xn)⊕(
g(x1⊕x2, . . . , x1⊕xn)
самодвойственна.
204. |S0| = |S1| = 2
205.
, x2⊕x1, . . . , xn⊕x1)
⊕x1. Следовательно,g(
u1, . . . , u
n−1
) =f(0
, x2⊕
¬y ⊕ ¬z=y ⊕ z
⊕ ¬x1) =¬(g(
x1⊕
1)) =¬((g(
⊕x1. Следовательно, функцияg(
2n−1
; |S| = 2
2
n−1
; |L| = 2
x1⊕ x2, . . . , x1⊕ xn)
x1⊕x2, . . . , x1⊕xn)
x1⊕x2, . . . , x1⊕xn)
n+1
.
⊕ ¬x1) =
⊕x1)⊕1) =
⊕x
Всего 2n. Самодвойственными будут линейные многочлены Жегалкина,
в которых количество слагаемых-переменных нечётно.
206.
Всегоn+2:
Пусть для удобстваi= 1,j= 2. Тогда в первом случаеf(1,0,0
1>0 =f(1,1,0
есть в обоих случаях функция не монотонна.
207.
(а) 2
n−1
2
−1
2
208.
; (ж) 0; (з) 1; (и) 1.
Каждая такая функция однозначно определяется количеством единиц
xiи константы. Иначеfимеет вид
, . . . ,
0), а во второмf(0,0
2n−2
; (б) 2
n
2
2n−2
−
2
= 3·2
, . . . ,
2n−2
xi⊕xj⊕. . .
0) = 1>0 =f(1,0
n−1
2
; (в) 2
−1
; (г) 2n; (д) 2n; (е)
или 1
, . . . ,
⊕xi⊕. . .
, . . . ,
0) =
0). То
среди аргументов, при котором её значение становится равным единице.
Поэтому таких функций n + 1.
209.
ЕслиDсодержит элементарную конъюнкциюC, тоCявляется мини-
мальным импликантом. В самом деле, если бы был импликант
C
, то взяв интерпретациюI, в которой истинны в точности переменные из
C1, мы бы получили противоречие:
каждая конъюнкция изD, кроме
C1истинно, аD— ложно, поскольку
C1содержит что-то ещё. Аналогично
C1, часть
доказывается, что D содержит все минимальные импликанты.
210.
Рассмотреть элементарные конъюнкции, содержащие ровно
bn/2c
переменных. Тогда любая ДНФ, составленная из них (без повторений)
согласно предыдущей задаче будет сокращённой, поэтому даст уникальную
монотонную функцию.
211.
Индукция по числу слагаемых в сумме: для
ства нулей и единиц равны 2
n−1
. При добавлении очередного слагаемого
xiи
xi⊕
1 =
¬xi, количе-
половина нулей превращаются в единицы, а половина единиц — в нули.
Поэтому их количества остаются равными. Обратное неверно: функция
xy ⊕ z нелинейна, хотя условию удовлетворяет.
212.
Индукция по построению формулы. Для формул вида
xiединицами
будут ровно половина значений. Для формул (Φ→Ψ) и (Φ∨Ψ) достаточно,
чтобы значение Ψ было равно единице, а таких не менее половины по
индукционному предположению. Обратное неверно, отрицание тоже имеет
:
1
114 Ответы и решения
половину значений равных единице, но оно не сохраняет единицу и не
может быть построено с помощью дизъюнкции и импликации.
213.
Если удалить конъюнкцию, то по предыдущей задаче единицами
будут не менее половины значений всех построенных функций. Но тогда
конъюнкцию построить невозможно, так как у неё единицами являются
только четверть значений.
214.
(10
xyzu
00), (11
(100x y010), (101x y110), (100x x110), (101x x010), 56 функций.
215.
Таких функций четыре:
монотонны. Трёхместная функция
не монотонна.
216.
Пусть
fm— немонотонная функция базиса. Если она одноместная, то
может быть только отрицанием, поэтому базис может содержать ещё только
две функции: нелинейную и несамодвойственную. Если
не может сохранять ноль и единицу одновременно (предыдущая задача).
Есть три варианта. Первый —
fm(0,0) =
fm(1,1) = 0, следовательно,
единицу и несамодвойственная. Базис может содержать ещё только нелинейную и не сохраняющую ноль функции. Второй случай —
единицу, но не ноль. Тогда
немонотонная, не сохраняющая ноль и несамодвойственная. Базис может
содержать ещё только нелинейную и не сохраняющую единицу функции.
Третий случай —
жать ещё только нелинейную и несамодвойственную функции. В любом
случае, кроме fmесть не более двух функций.
217.
Пусть
f0— функция базиса, не сохраняющая ноль:
одноместная, то она не может сохранять единицу, так как в этом случае
единственный аргумент был бы фиктивным:
но,
f0(1) = 0 и
только две функции: нелинейную и несамодвойственную. Пусть
местность два или больше. Если
немонотонна, поэтому базис может содержать ещё только нелинейную и
несамодвойственную функции. Если
Так как
довательно,
f0не может быть константой, то
f0немонотонна. Поэтому базис может содержать ещё только
нелинейную и не сохраняющую единицу функции.
xyzu
10), (111xx000), (110xx100), (111xy100), (110xy000),
x1,
x2, конъюнкция и дизъюнкция. Все они
x ⊕ y ⊕ z
сохраняет ноль и единицу, но
fmдвухместная, то
fmсохраняет ноль, но не единицу. Тогда
fmнемонотонная, не сохраняющая
fmсохраняет
fm(0,0) =
fm(1,1) = 1, следовательно,
f
fmне сохраняет ни ноль, ни единицу. Базис может содер-
f0(¯0
) = 1. Если она
f0(0) =
f0(1) = 1. Следователь-
f0является отрицанием, поэтому базис может содержать ещё
f0имеет
f0(¯1
) = 0, то
f0(¯1
f0не сохраняет единицу и
) = 1, то
f0несамодвойственна.
f0(¯a) = 0 для некоторого¯a, сле-
m
Хорновские формулы и задача получения продукции 115
Хорновские формулы и задача получения продукции
218.
Принадлежит только
сохраняет ноль, так как (0
как (0
f(1, . . . ,1, xn, y
∧ · · ·∧0)→
) =
0 = (1
xn→ y=xny ⊕xn⊕
(0 ∧··· ∧0) → 0 = 1, (1 ∧··· ∧ 1) → 0 = 0.
219. Только (а).
220. Пусть I (x) = 1 для всех переменных x.
221. ¬x1∨ · · · ∨ ¬xn∨ y ≡ x1∧ · · · ∧ xn→ y.
222.
Если Φ =
A → x
получаемI(A) =J(A) = 1, из второго —I(x) = 0 илиJ(x) = 0. Значит, в
или J формула Φ ложна.
223.
Если
C ∧ ¬a ∧ ¬b
каждой из формул
C ∧ ¬aиC ∧ ¬b
интерпретацииIиJ, в которых формула¬Φ ложна, а
соответственно истинны. Тогда в конъюнкции интерпретаций
истинна формула
C ∧ ¬a ∧ ¬b
Окончательно получили, что вIиJформула Φ истинна, а вIJ— ложна.
Следовательно, Φ не может быть конъюнкцией хорновских формул (задача
222). Если минимальный импликант формулы¬Φ не содержит отрицаний,
то он истинен в интерпретации, где истинны все переменные, тогда истинна
и сама формула¬Φ, а формула Φ ложна, что для хорновских формул
невозможно (задача 220). В обратную сторону — задача 221.
224. x1∧ · · ·∧ xn→ y1∧ · · · ∧ ym≡
225. N0=
{c, d, k, h, g, b},N5=
{c, d},N1=
{c, d, k, h, g, b, a},N6=
c, d, k → h; h, d, c → g; d, g → b; b, k → a; d, g, a → e.
226. C0= (3,4,2,2,2,3),
{d},N1=
(2,1,1,0,0,0),
N4=
C6= (1,0,0,0,0,0),
{a, f, d},C2= (2,2,1,0,1,0),
A3=
{e},N3=
{a, f, d, g, e, c},C5= (1,0,0,0,0,0),
A5=∅,
g, d → e; e, f → c; a, c, d, g → h.
227. C0= (4,3,2,2,2,2),
A1=
{g},N1=
(3,2,0,0,0,0),
{b, f, g},C2= (3,2,0,1,1,0),
A3=
{c, d},N3=
S1, так как (1
∧ ··· ∧0)→
∧ · · ·∧1)→
∧ ··· ∧1)→
1 = 1. Функция не
0 = 1; не самодвойственна, так
1 = 1; не линейна, так как функция
1 не линейна; не монотонна, так как
ложна вK, тоK(A) = 1 иK(x) = 0. Из первого
— минимальный импликант формулы¬Φ, то из
не следует¬Φ. Следовательно, есть
C ∧ ¬aиC ∧ ¬b
IJ
будет
, а, значит, и следующая из неё формула¬Φ.
V
(x1∧ · · · ∧ xn→ yi).
i
{c, d, k},N2=
{c, d, k, h},N3=
{c, d, k, h, g},N4=
{c, d, k, h, g, b, a, e, f }.d, c → k
A0=
{a, f},N0=
{a, f, d, g, e},C4= (2,1,0,0,0,0),
N5=
{a, f, d, g, e, c, h}.f, a → d;d, f, a → g
A0=
{b, f},N0=
{b, f, g, e, c, d},C4= (2,0,0,0,0,0),
{a, f},C1= (2,3,1,0,2,1),
A2=
A5=
{g},N2=
{h},N5=
{a, f, d, g},C3=
{a, f, d, g, e, c, h}
{b, f},C1= (3,2,1,1,1,0),
A2=
{e},N2=
{b, f, g, e},C3=
A4=
A4=
A1=
{c}
{a}
I
;
,
,
;
,
116 Ответы и решения
N4=
{b, f, g, e, c, d, a},C4= (1,0,0,0,0,0),
A4=∅,
N4=
{b, f, g, e, c, d, a}
b, f → g; g, b → e; e, f → c; f, e → d; b, c, d → a.
Логика предикатов
228.
(а) (∀x)((∃z)Q(
(∃y)((∃x)(
¬x ≈ y ∧ Q(x, x, y)∧(∀x)(Q(x, z, y)→(∃z)(Q(x, y, z)∨Q(z, z, y
(в) (∀x)((∃z)Q(
(г) (∃y)Q(x, y, z) ∨(∃x)(Q(z, x, y) ∧(∀y)Q(y, x, y)) ∧(∀z)(∃x)Q(z, z, x).
229.
(а) Возможны первые две, результат не меняется. (б) Возмож-
ны первые четыре, результат не меняется. (в) Невозможна только третья. Две первые и две последние: результат не меняется, (Φ)
(∀x)((∃z)Q(
(г) (Φ)
y
(Φ)
= (∃y)Q(x, y, z) ∨(∃x)(Q(z, x, z) ∧(∀y)Q(y, x, y)) ∧ (∀z)(∃x)Q(z, z, x).
z
230.
z
); (в) (∃z)(P(
(∃z)(∃y)(P(
z, z, x)∧(∃x)Q(z, z, x))∨(∃x
x
= (∃y)Q(
z
(а)M(x)∧(∃z)(P(
z, x)∧ P(z, y)∧ ¬y ≈ x ∧ ¬M(y)∧ ¬(∃u)(S(y, u)∧ M(u
M(x)∧M(y)∧(∃u)(∃v)(∃w)(P(u, v)∧P(v, x)∧P(u, w)∧P(w, y)∧¬v ≈ w
(∃u)(S(
x, u)∧¬M(u))∧(∃y)(M(y)∧P(x, y)∧(∃u)(S(y, u)∧¬M(u))∧¬(∃z)(¬z ≈
y ∧ M(z) ∧P (x, z) ∧ (∃u)(S(z, u) ∧¬M (u)))).
231.
(а)R(x) = (∃f)V(
(∃x)(R(x)∧(∀y)(R(y)
(д)
zero(x
) = (∃f)(
V(f, x, x
exp(f
(∃f)(
V(f, y, z
)); (ж)
) =D(
f, f)∧(∃e)(∃o)(zero(o)∧ one(e)∧ V(f, o, e
∃f0)(∃e)(∃o)(D(
)); (к)M(
V(f, o, o)∧ V(f, y, z
(∃z)(
pos(z)∧ A(x, z, y)∧ ¬x ≈ y
(∃x)V(
f, x, y
)); (о)
x1≈ x2); (п) вторая производная синуса противоположна ему:
sin(f
) = (
∃f0)(
(∀x)(∀y)(∀z)(V(
наименьшее положительное число, синус которого равен нулю:π(x) =
(∃s)(∃o)(
sin(s)∧ zero(o)∧ V(s, x, o)∧ less(o, x)∧(∀u)(V(s, u, o)∧ less(o, u)→
u ≈ x ∨ less(x, u
x, z, y)→(∀x)(Q(z, x, y)→(∃y)(Q(z, y, x)∨x ≈ z
))); (б)
))));
z, z, x)∧(∃x)Q(y, y, x))∨(∃x
)((∃z)Q(
)((∃z)Q(
x, x, z)→(∀x)Q(x, y, y
y
z
x, x, z)→(∀x)(Q(x, z, z
z, y, z)∨(∃x)(Q(z, x, y)∧(∀y)Q(y, x, y))∧(∀z)(∃x)Q(z, z, x
y, z)∧ P(z, x
x, z)∧ P(y, z)∧ ¬(∃u)(P(x, u)∧ P(y, u)∧ ¬u ≈ z
)); (б) (∃y)(∃z)(P(
x, y)∧ P(x, z)∧ ¬y ≈
)); (г)
))); (д)
); (е)
f, x, x
→ V(f, y, x
fzero(f)∧ V(f, x, x
one(x
) = (∃f)(
); (б)F(f) =
))); (г)
fzero(f
)); (е)id(f) = (∀x)(R(x)
∃f0)(id(f)
¬R(f
); (в)
) =
const(f)∧ D(f, f
const(f
∧ D(f0, f)∧ V(f0, x, x
)); (и)A(
x, y, z
) =
)); (з)
) =
f0, f)∧ zero(o)∧ one(e)∧(∀u)V(f0, u, e)∧ V(f, o, x)∧
x, y, z
) = (∃f)(
)); (л)
bij(f
) =
∃f00)(∃o)(∃e)(D(
f, x, y)∧V(f00, x, z)→ A(y, z, o))∧V(f, o, o)∧V(f0, o, e
∃f0)(∃o)(D(
pos(x
) = (∃z)M(
f0, f)∧zero(o)∧(∀u)V(f0, u, x)∧
); (н)
surj(f)∧(∀y)(∀x1)(
f0, f)∧ D(f00, f0)
z, z, x
surj(f
∀x2)(V(
); (м)
less(x, y
) =
) = (∀y)(R(y)
f, x1, y)∧V(f, x2, y)→
∧ zero(o)∧ one(e)∧
)); (р)
))); (с) неотрицательное число, синус произведения его на
));
))).
→
→
.
=
),
);
Логика предикатов 117
π
равен нулю: Ω(x) =
sin(s) ∧V (s, u, o)).
232.
(а)
even(x
(∀z)(∀u)(∀v)(M(
¬z ≈
(г)
(д)
0);
between(x, y, z
НОД(x, y, z
НОК(x, y, z
(∀w)(less(w, x) → (∃u)(¬less(u, y) ∧less(u, z) ∧¬(∃v)M (u, v, w))).
233.
(а)
empty(x
(∀y)(
y ⊆ x → empty(y)∨y ≈ x
(д)
y ⊆ x ∧z ⊆ x ∧(∀u)(y ⊆ u ∧z ⊆ u → x ⊆ u
y ∧ ¬u ⊆ z → u ⊆ x).
234.
(а)
L0(
x, y, z
¬L0(
x, y, z
); (б)
bissect(x, y, z, u
E(x, y0, x, z0)
(∃u)(
middle(x, u, z)∧ E(u, x, u, y
) = (
∧ E(x, y0, x, u0)
E(o, y, o, z)∧ E(o, z, o, u
L(y, z0, x)∧ L(z, x0, y)∧ right(x, x0, y)∧ right(y, y0, z)∧ right(z, z0, x
(ж)
less(x, y, z, u
inside(x, y, z) = less(y, x, y, z).
235.
(а)–(г) Сигнатура:
плина»,
x <
(б) (∃x)(S(x)
(2)
T
(
(2)
x, y
y
: «xменьшеy». (а)¬(∀x)(S(x)
∧ ¬(∃b)R(x, ДМ, b)∧(∀u)(¬u ≈ x →(∃b)R(u, ДМ, b
(∃x)(S(x)∧(∀y)R(
(г) (∃b)(∃x)(R(
(1)
B
(x): «x— брадобрей»,
¬B(x, x
))). (е) Сигнатура:
времени»,
L(p, y, z
)))∧(∃p)(P(p)∧(∃y)(∀z)(T(z)
x, ДМ, b)∧(∀x)(∀v)(R(x, Инф, v)→ v < b
(3)
L
(
x, y, z
T (z) → L(p, y, z)).
236. (∃x1) . . . (∃xk)(
237. (∀x1) . . . (∀xn)(∃y)(F (x1, . . . , xn, y) ∧¬(∃z)(¬z ≈ y ∧ F (x1, . . . , xn, y))).
238.
(а) Ложна: взятьx= 1; (б) истинна: каждое число либо чётно, либо
нечётно; (в) истинна: если
pos(x)∧(∃o)(∃p)(∃u)(∃s)(zero(o)∧ π(p)∧ M(x, p, u)∧
) = (∃u)A(
z, u, x)∧M(z, v, y)→ z ≈
) = (
less(x, z)∧ less(z, y))∨(less(y, z)∧ less(z, x
) = (∃u)(∃v)(M(
) = (∀u)(
) = (∀y)
¬less(u, y)∧ less(u, z)→(∃v)M(u, v, x))∧
x ⊆ y
; (б) (∀y)
); (г)
) =L(
x, y, z)∨ L(y, z, x)∨ L(z, x, y);triangle(x, y, z
middle(x, y, z
∃y0)(
∃z0)(
∃u0)(L(
∧ E(u0, y0, y0, z0)); (г)
)); (д)
)); (е)
) = (∃v)(L(
acute(x, y, z
z, v, u)∧ ¬v ≈ u ∧ E(x, y, z, v
(1)
S
(x): «x— студент»,
): «xизучаетy»,
u, u, x
); (б)
1); (в)
less(x, y
coprime(x, y
) = (∃z)(A(
x, u, y)∧ M(x, v, z)∧ coprime(u, v
y ⊆ x
; (в)
one(x
) =
x ⊆ y∧x ⊆ z∧(∀u)(u ⊆ y∧u ⊆ z → u ⊆ x
); (е)
x ⊆ y ∧(∀u)(one(u)∧u ⊆
) =
L(y, x, z)∧ E(y, x, x, z
x, y, y0)
∧ L(x, z, z0)
∧ L(x, u, u0)
right(x, y, z
circle(x, y, z, u
) = (
(3)
R
(
x, y, z
) = (∃o)(E(
∃x0)(
∃y0)(
∃z0)(L(
(1)
D
(x): «x— дисци-
): «xсдалyнаzбаллов»,
→ T(x, анализ)∧ T(x, история
x, y,
100)∧(∀u)(
¬u ≈ x →(∃y)(∃b)(R(u, y, b)∧¬b ≈
)). (д) Сигнатура:
(2)
S
(
x, y
): «xбреетy». (∃b)(B(b)∧(∀x)(S(
(1)
P
(x): «x— политик»,
(1)
T
(x): «x— момент
): «xлжётyв моментz». (∃p)(P(p)∧(∃z)(∀y)(¬T(y)
V
¬xi≈ xj∧ (∀y)
i6=j
x | yиy | z
→ L(p, y, z
W
y ≈ xi).
i
, то
)))∧¬(∃p)(∀y)(∀z)(¬T(y)
x | z
; (г) ложна: утверждается,
) =
x, z, y)∧
¬empty(x)∧
) =
); (в)
) =
o, x, o, y)∧
x, y0, z)∧
)); (з)
))); (в)
100)));
b, x)→
→
));
));
);
∧
));
));
∧
118 Ответы и решения
что каждое число является квадратом или кубом; (д) истинна: если
(то естьxне равен нулю или единице), то разность
x2−x
больше или равна
x26=x
двум.
239.
(а) Истинна: каждый отрезокxyможно продолжить на такое же рас-
стояние; (б) ложна: не каждые три точки
x, y, z
лежат на одной окружности;
(в) истинна: у каждого отрезкаxyесть серединный перпендикулярuv; (г)
истинна: на некотором отрезкеyzесть точкаu, расстояние от которой до
не совпадает с расстоянием доxот других точекvэтого отрезка; (д) истинна: если
|xz| < |xy|
, тоu— точка пересечения отрезкаxyи окружности
с центром x и радиусом xz.
240.
(а) Ложна: даже если производные совпадают, исходные функции
могут отличаться; (б) истинна: для любых двух функций можно построить
их композицию; (в) ложна: не каждая функция имеет обратную; (г) истинна:
если производные функций совпадают, то функции отличаются на константу.
Если эта константа ноль, то сами функции тоже совпадают; (д) истинна, в
качествеxможно взять экспоненту
exp
; (е) истинна, в качествеxможно
взять функцию 1/ exp.
241. Истинны (а), (в), (г), (д), (е).
242.
(а) ЕслиI((∃x)(Φ∨Ψ)) = 1, то (I)
Следовательно, (I)
I((∃x
)Ψ) = 1, значит,I((∃x)Φ∨(∃x)Ψ) = 1. ЕслиI((∃x)Φ∨(∃x)Ψ) = 1,
x
(Φ) = 1 или (I)
a
x
(Φ∨Ψ) = 1 для некоторогоa.
a
x
(Ψ) = 1, поэтомуI((∃x)Φ) = 1 или
a
тоI((∃x)Φ) = 1 илиI((∃x)Ψ) = 1. Значит, существуетa, для которого
x
(I)
(Φ) = 1, или существуетb, для которого (I)
a
получаем (I)
x
(Φ∨Ψ) = 1 иI((∃x)(Φ∨Ψ)) = 1, во втором — (I)
a
иI((∃x)(Φ∨Ψ)) = 1. (б) ЕслиI((∀x)(Φ∧Ψ)) = 1, то (I)
для любогоa. Поэтому для любогоaполучаем (I)
x
(Ψ) = 1. В первом случае
b
x
(Φ) = 1 и (I)
a
x
(Φ∨Ψ) = 1
b
x
(Φ∧Ψ) = 1
a
x
(Ψ) = 1,
a
следовательно,I((∀x)Φ) = 1 иI((∀x)Ψ) = 1, значит,I((∀x)Φ∧(∀x)Ψ) = 1.
ЕслиI((∀x)Φ∧(∀x)Ψ) = 1, тоI((∀x)Φ) = 1 иI((∀x)Ψ) = 1. Значит, для
любогоaвыполнено (I)
x
(Φ) = 1 и (I)
a
x
(Ψ) = 1, поэтому (I)
a
x
(Φ∧Ψ) = 1,
a
иI((∀x)(Φ∧Ψ)) = 1. (в) Еслиx=y, то формулы просто совпадают и
эквивалентны. Пусть
такие, что ((I)
y
(I)
((∃x)Φ) = 1, I((∃y)(∃x)Φ) = 1. (г) Аналогично (в).
b
243.
(а) ЕслиI((∃x)(
a
. Из последнего получаем, что значениеyтоже равноa, а формула Φ
x
a
x 6=y
y
)
(Φ) = 1. Тогда ((I)
b
x ≈ y ∧
. ЕслиI((∃x)(∃y)Φ) = 1, то существуютaи
Φ)) = 1, то (I)
x
a
y
)
b
= ((I)
x
(
x ≈ y ∧
a
y
x
)
, поэтому ((I)
b
a
Φ) = 1 для некоторого
y
x
)
(Φ) = 1,
b
a
x
b
Логика предикатов 119
истинна. Следовательно,I((Φ)
получаем (I)
I((∃x)(x ≈ y ∧
x
(Φ) = 1, гдеa— значениеy. Тогда (I)
a
Φ)) = 1. (б) ЕслиI((∀x)(
x
) = (I)
y
Φ) = 1 для всехb. В частности (I)
последнем случае равенство истинно, следовательно,I((Φ)
Обратно: изI((Φ)
x
(I)
(
x ≈ y →
a
получаем (I)
x
) = 1 получаем (I)
y
Φ) = 1. Для всех
x
(
x ≈ y →
b
Φ) = 1. следовательно,I((∀x)(
x
(Φ) = 1. Обратно: изI((Φ)
a
x ≈ y →
x
(
x ≈ y →
a
b 6=a
x
a
Φ) = 1, гдеa— значениеy. В
(Φ) = 1, гдеa— значениеy. Тогда
в силу ложности равенства тоже
x
(
x ≈ y ∧
a
Φ)) = 1, то (I)
x
) = (I)
y
x ≈ y →
x
) = 1
y
Φ) = 1 и
x
(
x ≈ y →
b
x
(Φ) = 1.
a
Φ)) = 1. (в)
Φ ⇒ (∃x)Φ, применяем задачу 135. (г) (∀x)Φ ⇒ Φ, применяем задачу 135.
244.
(а) ЕслиI((∃x)(Φ∧Ψ)) = 1, то (I)
a
. Следовательно, (I)
I((∃x
)Ψ) = 1, значитI((∃x)Φ∧(∃x)Ψ) = 1. (б) ЕслиI((∀x)Φ∨(∀x)Ψ) = 1,
x
(Φ) = 1 и (I)
a
x
(Φ∧Ψ) = 1 для некоторого
a
x
(Ψ) = 1, поэтомуI((∃x)Φ) = 1 и
a
тоI((∀x)Φ) = 1 илиI((∀x)Ψ) = 1. Рассмотрим случайI((∀x)Φ) = 1,
тогда (I)
aиI((∀x
I((∀x
x
(Φ) = 1 для любогоa, значит, (I)
a
)(Φ∨Ψ)) = 1. Аналогично в случаеI((∀x)Ψ) = 1. (в) Пусть
)(Φ→Ψ)) = 1. Из этого следует, что (I)
x
(Φ∨Ψ) = 1 для любого
a
x
(Φ→Ψ) = 1 для любогоa.
a
ЕслиI((∀x)Φ) = 0, то правая формула тоже истинна. Допустим,I((∀x)Φ) =
1, то есть (I)
x
(Φ) = 1 для любогоa. Но тогда (I)
a
x
(Ψ) = 1 для любогоa,
a
поэтомуI((∀x)Ψ) = 1. Следовательно,I((∀x)Φ→(∀x)Ψ) = 1. (г) Если
I((∃x)(∀y
((I)
)Φ) = 1, то (I)
x
y
)
(Φ) = 1 для всехb. Далее возможны два случая:x=yили
a
b
Еслиx=y, то ((I)
y
)
b
x
(Φ) = 1. Значит,I((∃x)Φ) = 1 иI((∀y)(∃x)Φ) = 1. Если
a
y
= ((I)
b
приb=a: (I)
то ((I)
245.
x
a
(а) и (в) Φ =
x
a
x
y
)
= (I)
a
b
x
)
. Тогда (I )
a
x ≈
1, Ψ =
((∀y)Φ) = 1 для некоторогоa. Последнее означает
x 6=y
y
. Получаем (I)
b
y
(Φ) = 1 для всехb, в частности,
b
x 6=y
y
((∃x)Φ) = 1 для всех b и I ((∀y)(∃x)Φ) = 1.
b
x ≈
2; (б) Φ =
x ≈
0, Ψ = (∃y)A(y,1
, x
); (г)
Φ = A(y, 1, x).
246.
(а) (∃z)(∀x)(∃y)(∀u)(Q(
x, y)∧ Q(z, u
)); (б) (∀x)(∃y)(∃u)(∀v)(¬Q(
x, y)∨
Q(v, u)); (в) (∃u)(∀v)(∃w)(∃y)(Q(u, v) ∧¬Q(u, z) ∧(¬Q(w, x) ∨ Q(y, x))).
247.
(а) (∃x)(Φ→Ψ)≡(∃x)(¬Φ∨Ψ)≡(∃x)¬Φ∨(∃x)Ψ
(∀x)Φ→(∃x)Ψ; (б) (∀x)(Θ→Φ)≡(∀x)(¬Θ∨Φ)
≡ ¬Θ∨(∀x)Φ≡Θ→(∀x
≡ ¬(∀x)Φ∨(∃x)Ψ≡
)Φ;
(в) (∀x)(Φ → Θ) ≡ (∀x)(¬Φ ∨ Θ) ≡ (∀x)¬Φ ∨Θ ≡ ¬(∃x)Φ ∨Θ ≡ (∃x)Φ → Θ.
248.
Для каждой атомной подформулы Θ введём пропозициональную пере-
менную
aΘ. Построим Ψ заменив каждую Θ на
aΘ. Рассмотрим интерпре-
.
,
120 Ответы и решения
тацию логики предикатовI= (
а все значения предметных переменныхσ(x) попарно различны. Пусть
J
— произвольная интерпретация логики высказываний. Доопределим ин-
терпретациюIдо
IJ(Θ) =J(
нуть не может, так как все формулы Θ попарно различны, как и значения
предметных переменных. Тогда
тождественно истинна, то и Ψ тождественно истинна. Обратно, пусть Φ
получено из Ψ заменой каждой пропозициональной переменнойaна Θa.
Для каждой интерпретацииIлогики предикатов построим интерпретацию
JIлогики высказываний, положив
довательно, если Ψ тождественно истинна, то и Φ тождественно истинна.
aΘ) для всех атомных подформул Θ. Противоречий возник-
IJ, задав значения предикатных символовνтак, чтобы
A, ν, σ
), в которой множествоAбесконечно,
IJ(Φ) =J(Ψ). Поэтому если формула Φ
JI(a) =I(Θa). Тогда
JI(Ψ) =I(Φ). Сле-
Логика предикатов и базы данных
249.
(а){(
a1,7, c1),(
(7,7),(5,7),(4,7),(7,4),(5,4),(4,4),(7,5),(5,5),(4,5)}; (в)
(a1, 5, c2, 8), (a2, 7, c1, 2), (a1, 7, c1, 4), (a1, 5, c2, 7), (a2, 7, c1, 4), (a1, 5, c2, 5)}; (г)
{(a1, c1),(
c2, c1, 4), (a1, 7, c1, c2, 5), (a2, 7, c1, c2, 5)}.
250.
Следовательно,
Θ, то есть
выполнены, доказательство аналогично. (г) выполнено. Если
то (
поэтому
¯a ∈ R[X
Получаем (
(д), (е) могут не выполняться. ПустьR={(
ТогдаR[A] =S[A] ={(a)}, поэтомуR[A]
С другой стороны
(R \S)[A] = {(a)}.
251. A
Оборудование[НомерКомнаты
A)[ФИО
¬(∃e)(∃nk)(∃ob)(Комнаты(n, e, nk) ∧ Оборудование(e, nk, ob))).
252. C=R[A1, . . . , An],D= (
формулы ΦRи ΦSимеют свободные переменные
a1, c2),(
(а) выполнено. Если
¯a ∈(R
¯a,¯b)∈ R ∪ S
¯a ∈ R[X
] или
¯a ∈ S[X
¯a,¯b)∈ R ∪ S
], (∃n)(∃o)(∃d)(∃z)(
a1,5, c2)}; (б){(7,2),(5,2),(4,2),(7,8)
a2, c1),(
¯a ∈ Rи¯a
: Θ)∪(S: Θ). Аналогично в обратную сторону. (б), (в)
для некоторого¯b
] или
a3, c3)}; (д){(
¯a ∈(R∪S
удовлетворяет Θ или же
¯a ∈ S[X
]. Значит, (
R ∩ S=∅,R \ S={(a, b1)}, поэтому (
или (
=
] и
¯a ∈ R[X]∪S[X
¯a,¯b)∈ R
¯a, ¯c)∈ R ∪ S
], (
C × S)\ R,Q=C \(D[A1, . . . , An]). Если
a1,5, c2, c1,2),(a3,4, c3, c1,2),(a1,5,
: Θ), то
. Следовательно, (
Сотрудники on Комнаты on
¯a ∈(R∪S
или (
и в любом случае
a, b1)},S={(
∩ S[A
Комнаты[НомерКомнаты
Сотрудники(n, f, o, d, z
) и¯aудовлетворяет Θ.
¯a ∈ Sи¯a
¯a,¯b)∈ R
]. Если
¯a, ¯c)∈ S
] ={(a)}иR[A]
x1, . . . , xn, y1, . . . , ymи
, (5, 8),(4,8),
{(a1, 7, c1, 2),
удовлетворяет
¯a ∈(R ∪S)[X
или (
¯a,¯b)∈ S
¯a ∈ R[X]∪S[X
для каких-то¯bи¯c
¯a ∈(R ∪ S)[X
a, b2)}, где
R ∩ S)[A
b16=b2.
\ S[A
]
)
], то
] =∅.
] =∅,
],
,
.
].
\
∧