Элементы дискретной математики. Учебное пособие для СПО

3. Булевы функции

r

bb

,)



a



r

aa

ii

()

r

bb

22



()ј()

ff

nn

()



()ј()



ab

r

ab

nn



a



ff

nn

()

r

ab

fh

()=()ј()

()ј()=()



bb

()

hMО .

ОM

П

01,, ,,xy xx yЪ

xy xz yzЪЪ

xx yx yx y,,,,«®+

ff

()





ab

ff

()

ab

uru

r

xy+

r

urur

r

()=()

+>+

11

bbbbbb bb

= (,

и

LL L

11 12 121222 12

kknn nk

L

2

Обозначим «части» векторов

=

ii

aaa)( ),=

h (

Пусть

сти выбранных вектров

fM fM ff

ОјОЮ

fM hfff ff

ОЮ

и

Laa

,,

12

ff f

Ј

, тогда

,,

aaab

= (, )

,

k

21

i

nn11

1122

ii k

hf

()

bbb=

и

ЈЈ Ј,

b

и

, и следующих очевидных импликаций

Ј

()

11 11

nn nn

получаем

,

По определению монотонности

fM

значит

ПЫ$Ј

,abab

и

Lbb

Labab

>

.

n

b

так:

. Тогда

i

11

. Теперь, в силу произвольно-

Lab

Ј

nnn11111

Ј

M

fM

ОЫ"ЈЮ

abab

. Например, функция

.

,

Ј

,

не мо-

abab=

01 11 01

нотонна, поскольку

,, ,, ,но

ношения порядка это выглядит так, что под некоторым нулем располагается единица:

11

01

00

Ј

10

1

. На диаграмме от-

0

1

0

41

Элементы дискретной математики

,)

ј

{}ј()

nn

10

{}

О L

П L

xy,,,, ,01 «+

xy

ЪЪ

xyxyxyЪ=++

xy xxy®=++1

xy«=++

xy xz yz xy xz yzЪЪ=++

Проверим функцию голосования трех:

111 1

011 1

001 0

101 1

010 0

000 0

110 1

100 0

Она — монотонная.

Важный пример 4

fx x

+ a

(,

. Пусть

nxn

линейная, если

n

1

Lff=

– линейная

$О

01

01

.

=+ +,,,aa afxxaax

1

... +

Утверждение 4

L — замкнутый класс.

xxxy

xy xyxyxy xz yz

,,|, ,®Ъ

Почему это так? Например, xy — это полином Жегалкина, а он единственный (по Теореме), значит в виде многочлена первой степени конъюнкцию представить невозможно. Аналогично, находя полиномы Жегалкина оставшихся функций, доказываем их линейность или нелинейность:

;

xy xy xy| =+1

1

;

.

42

3. Булевы функции

x �

()

),

{}

ff

nn

aa

,)

()

=ј

xx

()

ai=

xx

()

ai=

()

() ()ј()

()

xx

x �

nn

()

() ()ј()

()

,,

()

fh

00

AT fAT

��

�Ю$ О \

10

ј

()

=

ј

()

=

11

()

��



Ю$ О

M

 Ю$ О�



,,

{}



()



()



aa=ј

()



bb=ј

ab

ii

=

ja

ii

()

iIО

xx

()

Теорема Поста

Теорема

Система функций А полна тогда и только тогда, когда A не содержится

ни в одном из пяти классов: T1, T2, S, M, L.

Доказательство. Необходимость доказана в утверждениях 1–4. Докажем

достаточность.

1. Лемма о несамодвойственной функции

Подставляя вместо аргументов несамодвойственной функции

можно получить константу.

fx x

тор

Пусть

(,

aa a

12

,

n

— несамодвойственная функция, тогда найдется век-

n1

n

01

О

, что

aa aa

,(,,



12 12

. Пусть

или х,

j

i

=

при

=

fx

jj j

,,,

12

1

и

j

=

i

n

при

получена подстановкой

0

. Тогда функция

или х вместо аргумен-

hx

=

тов f и обладает свойством

hf f

1111

=

jj jaaa

,,

12 12

=

,

f

=ј

aa a

(,,, )==

12

n

jj j

00

,,,

() ()ј()

12

=

n

значит — это константа.

2. Получение констант (из А)

00 0

. Если

,, ,

fxxxx

, то

0

,, ,

. Тогда

f011

по лемме о несамодвойственной функции из А можно получить константу. Вторая константа получается как отрицание первой.

f011

Если

AT fAT

,, ,ј

11 1

=

\

fxxx01,, ,ј

, то

. Повторяя для f

=

.

рассуждения, проведенные для f0,

1

получим либо константу 0, либо обе константы.

3. Получение отрицания (из А и констант)

AM fAM

ab

О

01

n

, что

ab aЈ

\

. Поскольку f

M

немонотонная, найдутся векторы

M

=, f

1

f

b

и

= 0

M

. Пусть

aa

,,,

12

n

,

bb

(,,,)

12 n

. Пусть

. Обозначим через I множество тех индексов, для которых

x

=

при

j

и

=

i

в противном случае. Тогда

43

Элементы дискретной математики

xx

Mn

()

() ()ј()

()

Mn

()

() ()ј()

()

,,

Mn

()

() ()ј()

()

=ј

L

 Ю$ О�

Ln

()

П

е

Х

aТ=

,,О№��

xx

®

xy

®

ij

{}

®

�kTП

()

Х

aS=

Оі

�()О

kSО

ЮО Н

ST

yx

,.

()

== +++++++=++

yx

()

,.

xxxx=+ +=01,�

hx fx

=

jj j

функция

,,,�

12

получена подстановкой x или кон-

стант вместо аргументов f

hf f

0000 1

=

Mn

hf f

1111 0

и

=

Mn

� 

12 12

и обладает свойствами:

M

=

=jj jaaa,,

=jj jbbb,,,(,,,)�

цанием.

4. Получение умножения (из А констант и отрицания)

AL fAL

\

.

Получим сначала нелинейную функцию двух аргументов:

fxxx L

fxxx x

Ln

Пусть Т — наименьшее по мощности множество

Выберем



12

()

=

12

;

Н

Sn

1

{}

ij Ti j

a

.

S

i

iS

О

Т і 2

.

Сделаем замену:

;

i

;

j

x

1

, если

k

�kT

О

\,

;

, т. е. является отри-

такое, что

1

.

x

0

, если

k

.

После замены получим БФ от 2-х переменных x и y:

y xy ABxCyDxy,

Пусть из слагаемого

ij SS,,

=+ ++�

� 2

kT

. Найдем D.

a

x

S

при замене получим xy. Тогда

k

kS

О

. Кроме того, никакое

, т.е.

. В силу минимальности Т, получим, S = T, т. е. xy

xkS

k

получится при замене ровно 1 раз. Следовательно, D = 1.

y xy ABxC

jyxy xCyB ABxC Cy BxCyB,,

=+ ++�

=++

y

=+ +

++

ABxBCCyBCxyBxCyBCABC xy.

Отсюда

ABCx

Сложения не нужно:

y++

=j

, что и требовалось доказать.

44

не заменилось на 0, значит

++

+

=�

1

,

3. Булевы функции

ff

LSML

{}

ff

01

()

ffSf

00

()

=

=;fx

2

=

fxyz

=++

"" .+-О�

"–".-П�

:.++=

()

Ј

()

100110++>++

"–"

{}

Следствие 1

В каждой полной системе есть полная подсистема, состоящая из не бо-

лее, чем 4-х функций.

Доказательство. Пусть А — полная система.

fATf AT fASf AMfALfff

ОООО ОЮ

\, \, \, \, \,,, ,��

0011 01

SM

полная.

111,ј

11 0ј

=®

=® П®�

не нужна.

S

не нужна.

Пример 1

f00

;

f11

y

;

—

3

.

f

0

f

1

f

2

f

3

f3000 0

f3111 1

xyzxyzxyz++=+ +

100110,, ,, .

.

В каждом столбике есть

01,, ,xy xyz++

. Любая собственная подсистема этой системы не полная.

Т

0

+ – – + + – + – + + + + – + – + + + – +

++

Т

1

++

S M L

=++1 111 .

0

1

, значит по теореме Поста эта система полная

1

0

1

0

1

45

Элементы дискретной математики

{}

|.

+П

()

1.

{}

ПT

1

ПSПMПL

О

xy+

xy

О

xy«

xy

ОS

xxx

xy yz xzЪЪ

ОM

xy

ОL

x

CT

{}

fCП

fC

{}

Пример 2

Полные системы вида

fxy(,)

:

x y F

0 0 1 1 1 0 1 1 0 1 1 0 0 0

xy xy xy L

==

1 �

xyxyxy xy xyxy L=Ъ=Ч=+

|,{}

�

— полные.

g g

+

= +++ П11

| 

0 1 0 1

Следствие 2

, Т1, S, M, L — полный список максимальных по включению замкнутых

Т

0

классов, отличных от множества всех БФ.

T

0

1

S

M

L

Доказательство

Легко убедиться, что для каждой пары из описанных в условии классов найдется функция, лежащая в первом и не лежащая во втором. Например, такие «различающие» функции представлены в следующей таблице:

0

T

0

T

1

1 1

1 0 0 1 0 0

Рассмотрим мещается ни в один из классов T следовательно, множество всех суперпозиций функций этой системы

46

0 0

TSMLО

,,,,

01

. Найдется

, T1, S, M, L, поэтому это полная система,

0

, значит,

И

не по-

3. Булевы функции

{}

И>fC

Ю< >X всеБФ.

()

П

,)

()

ff

11

()

ff

22

,)

()

yz

()

=+

()

21

()

+++

()

fa

+= =Ю =

<

(

) — все БФ. Таким образом, C — максимальный по включению

замкнутый класс.

Пусть Х — еще один максимальный замкнутый класс. Тогда X не помещается в T

, T1, S, M, L

0

Пример 3

Пусть у нас имеется большой запас деталей двух типов, вычисляющих сле-

дующие трехместные булевы функции:

x y z f

0 0 0 0 1 0 0 1 1 1 0 1 0 1 0 0 1 1 0 1 1 0 0 0 0 1 0 1 1 1 1 1 0 1 0 1 1 1 0 1

1f2

Можно ли из этих деталей собрать схему, вычисляющую умножение,

и если можно, то как?

Полнота:

T

fxyz M

,, ?

1

001111,, (,

00110 111,, ,, ;

П

Ј

=> =

fxyz M

(,,)

2

000 110,, ,, ;

;

T

0

f

+ – – – +

1

f

– + – – –

2

?

Ј

�

000 10 110,, (,

S M L

1

=> =

.

fxyz

ПЖ

ПЖ ПЖ для f

� fxyz aaxayazayz axyaxz

20123231

af0000 1=

aa

01 1

,,

1

fxyz zxyz xyxy xz yz xyz

2

,,

=+ = +++ +++

можно найти и непосредственно по таблице (см. выше):

2

=+ ++

=,,

,

1000 1

(, ,)

;

1,,

.

3

,

47

Элементы дискретной математики

fa

()

fa

()

fa

()

1

()

11

()

Ю

xx

()

yx

()

yx

()

21

,)��

2

nn

1

21

aa

02 2

aa

03 3

aaaa

0123 12

0100 1+=

=Ю =,,

0010+=

=Ю,,

1100 1+++=

=0,

=Ю =,,

,

, и т. д.

Константы:

=

f xxx,,

2

и

01=

f xxx,, .

Отрицание:

f100

,,

=

и

f1111 0,,

=

fx

1,,

=

1

.

Умножение:

fxyx

2

fxyxyxyxyxyx

2

y

01,, .

= +++

01 1 111,, .

= +++ =+ +

y

++

x

x x

x

f

2

x

f

x

y

+ +++

1

f

1

f

2

y

=

xy

xy ffxxf xxx fyyf xxx f yyy=

Пример 4

Всего n-местных БФ

T

Самодвойственных

Линейных

Сколько монотонных?

48

f

1

(,, ,,,,,, ,,,,,

21 21

n

,

2n

=

n

,

01

{}

01 2

,

{}

0

L

-

21 2

==

2З

2

S

З

{}

n

01

,

З

{}

01 2

,

{}

=

{}

0101,

{}

.

(по виду таблицы).

n

01

,

{}

01 2

,

n

+

(по определению).

n

-

=

(по виду таблицы).

.

4. Комбинаторика

AA

{}

AA

{}

"=

Am

,.

aa

{}

{}ґ{}ґ{}

{}

ABґ

"i

{}

ґ®

{}

An

kk

''

AA

kk

=ґ

Основные правила

Комбинаторика — это есть техника подсчета количества элементов в ко-

нечных множествах.

Отметим основные правила данного раздела математики:

1) Правило суммы:

RA

=

Пусть

,,...,

12

Тогда верно равенство

2) Правило произведения:

RA

=

Пусть

,,...,�

12

Пример

AmBn AB mn==Юґ=

� ��

— разбиение А.

n

AA

=+++

12

– разбиение А. Тогда

n

... .

n

iA m

� �

i

n= .

Доказательство

Aa

=

Пусть

,

тогда

j : aB B

i

,,..., ,��

12

имеется биекция

  j ab baBBn

m

; =Ю

RaBa BaB

а

=

i

,,...,� �

12

ґ= = AB mnґ= .

ґ

m

– разбиение

Пример

An

=Ю = .

Доказательство Применим индукцию по k:

База индукции: k =1

Шаг индукции:

+

Ann

1

.==

A

kkk 1

===

An nn n

+

.

При построении шага индукции воспользовались равенством из приме-

ра, приведенного выше.

49

Элементы дискретной математики

Вn

Аm

Ю=,,

BA

=®

{}

aa

{}

j : AB®

aB

==

,.

{}

()

n

! !

0

и

ш

Пример

AmBn

==

� ��

A

Доказательство.

Aa

=

Пусть

,,..., .��

12

m

jj|:

B

.

Каждой функции

jj j(),( ),..., ()aa

� О

12

m

, вследствие чего будем иметь функцию, которая

поставим в соответствие цепочку:

является биекцией. Тогда, учитывая пример 2, получим следующее равенство:

BBn

.

Amm

Элементарные комбинаторные функции

Число размещений из n по k — это количество упорядоченных цепочек длины k различных элементов n элементного множества. Число размещений обозначается следующим образом:

kkn

йлщ

A

=

ABCD,,

��

3

120= .

6

n

!

nk

-

.

ы

2

A

12= .

4

.

!

n

Пример

Пусть n = 4, k = 2 для множества

Тогда можно составить следующие размещения из 4 по 2:

AB, BA, CA, DA, AC, BC, CB, DB, AD, BD, CD, DC. Значит,

Если возьмем множество из 6 элементов и посчитаем аналогично число размещений из 6 по 3, то получим

A

Приходим к формуле

k

Annn nk

=-

()

n

1

-

12 1...

()

23

-+

()

=

k

Таким образом, формула для вычисления числа размещений имеет вид:

n

=

!

nk

-

!

k

A

n

Перестановка на {1… n} — это биекция из X в X. Число перестановок вы-

числяется по формуле

Число сочетаний из n по k — это есть число k — элементарных подмно- жеств n — элементного множества. Число сочетаний обозначается следую-

k

C

щим образом:

=

n

50

PA

===

nn

n

ц

ж

.

з

ч

k

n

!