булева алгебра1

7Классы, сохраняющие константы

Определение 7.1 . Пусть f(x1, ..., xn) P2. f называют функцией, сохраняющей ноль, если f(0, ..., 0) = 0.

Множество всех функций сохраняющих 0 назовем T0:

T0 = {f(x1, ..., xn) | f P2, f(0, ..., 0) = 0}.

Утверждение 7.1 . Класс функций T0 замкнут.

Определение 7.2 . Пусть f(x1, ..., xn) P2. f называют функцией, сохраняющей единицу, если f(1, ..., 1) = 1.

Множество всех функций сохраняющих 1 назовем T1:

T1 = {f(x1, ..., xn) | f P2, f(1, ..., 1) = 1}.

Утверждение 7.2 . Класс функций T1 замкнут.

8Двойственность

Определение 8.1 . Пусть f(x1, ..., xn) P2. Двойственной функцией к функции f называется f (x1, ..., xn) = f(x1, ..., xn).

Пример 8.1 . Пусть f(x, y, z) = xy z. Тогда f (x, y, z) = x · y z = x · y z.

Определение 8.2 . Функция f(x1, ..., xn) P2 самодвойственная, если f (x1, ..., xn) = f(x1, ..., xn).

Обозначим за S множество всех самодвойственных функций:

S = {f | f(x1, ..., xn) P2, f (x1, ..., xn) = f(x1, ..., xn)}.

Пример 8.2 . Пусть f = x y, f = x y = xy. f 6= f и, следовательно, f не является самодвойственной.

Пример 8.3 . Пусть f функция голосования:

f(x, y, z) = xy xz yz.

11

f (x, y, z) = x · y x · z y · z = x · y · x · z · y · z =

= (x y)(x z)(y z) = (x xz xy yz)(y z) =

xy xz xyz xz xy xyz yz yz = xy xz yz xyz =

= xy xz yz = f(x, y, z).

Функция голосования самодвойственная.

Утверждение 8.1 (Принцип двойственности).

Пусть U = f(U1, ..., Un) формула задающая фукнцию F (x1, ..., xn),

где Ui формулы, задающие fi(xj1 , ..., xjki ), i = 1, n. Тогда, если Ui формулы, задающие fi , i = 1, n, то формула задающая F U может

иметь вид U = f (U1 , ..., Un).

Следствие 8.2 . Пусть f(x1, ..., xn) задана формулой U над множеством фукнций {0, 1, ¬, , }. Тогда f (x1, ..., xn) задается формулой, полученной из U заменой: нулей на единицы, единиц на нули, конъюнкций на дизъюнкции, дизъюнкций на конъюнкции.

Пример 8.4 . Пусть f(x, y, z) = (0 x)(y xz). Тогда

f (x, y, z) = 1 · x y(x z).

несамодвойственности функции f.

Рассмотрим функцию ϕ(x) = f(xα1 , ..., xαn ). Тогда

ϕ(0) = f(0α1 , ..., 0αn ) = f(α10, ..., αn0) = f(α1, ..., αn) = = f(α1, ..., αn) = f(1α1 , ..., 1αn ) = ϕ(1).

Следовательно ϕ(x) константа.

12

9Монотонность

α1 ≤ β1, α2 ≤ β2, ..., αn ≤ βn.

Будем говорить, что αen строго предшествует βen и обозначать αen βen, если αen βen и αen 6= βen.

Будем говорить, что αen непосредственно предшествует βen и обозначать αen 0 βen, если если αen βen и не существует набора γen такого, что αen γen βen.

Замечание 9.1 . , отношения частичного порядка.

Определение 9.2 . Пусть f(x1, ..., xn) P2. Функция f называется монотонной, если

Утверждение 9.1 . Класс функций M замкнут.

Лемма 9.2 (О немонотонной функции). Пусть f(x1, ..., xn) / M. Тогда, подставляя в f вместо аргументов 0, 1, x можно получить x.

Доказательство. Так как f / M, существуют два набора αen и βen, такие что αen βen и f(αen) > f(βen). Очевидно, что f(αen) = 1 и f(βen) = 0.

Пусть αen отличен от βen в t позициях.

a) Пусть t = 1. Тогда для некоторого i верно, что

αen = (α1, ..., αi−1, 0, αi+1, ..., αn)

13

и

βen = (α1, ..., αi−1, 1, αi+1, ..., αn).

Определим функцию ϕ(x) следующим образом:

ϕ(x) = f(α1, ..., αi−1, x, αi+1, ..., αn).

Тогда,

ϕ(0) = f(α1, ..., αi−1, 0, αi+1, ..., αn) = 1

ϕ(1) = f(α1, ..., αi−1, 1, αi+1, ..., αn) = 0.

То есть ϕ(x) = x, что и требовалось доказать.

b) Пусть теперь t > 1. В этом случае построим последовательность наборов

αen = γen(0) γen(1) ... γen(t − 1) γen(t) = βen,

где каждая пара наборов γen(i − 1) и γen(i) отличаются только в одной позиции, i = 1, t. Это не трудно сделать, последовательно заменяя каждую позицию, в которой наборы αen и βen разтличаются с нуля на единицу. Поскольку f(αen) = 1 и f(βen) = 0, найдется такое k, что γen(k − 1) = 1 и γen(i) = 0. Такая ситуация возвращает нас к пункту a) доказательства.

10 Линейность

Определение 10.1 . Пусть f(x1, ..., xn) P2. Функция f линейная, если ее полином Жегалкина имеет вид

f(x1, ..., xn) = α0 α1x1 α2x2 ... αnxn.

Обозначим L класс всех линейных функций.

Пример 10.1 . x линейная функция. Функция x y не является линейной.

Утверждение 10.1 . Класс функций L замкнут.

14

Лемма 10.2 (О нелинейной функции). Пусть f(x1, ..., xn) / L. Тогда, подставляя в f вместо аргументов x, y, x, y и, возможно,

общности, положим {1, 2} I .

f(x1, ..., xn) =

= x1x2f1,2(x3, ..., xn) x1f1(x3, ..., xn) x2f2(x3, ..., xn) f0(x3, ..., xn),

причем α3, ..., αn: f1,2(α3, ..., αn) = 1. Действительно, такие α3, ..., αn существуют, поскольку, если бы f1,2(σ3, ..., σn) = 0, σ3, ..., σn {0, 1}, то функция f приняла бы вид

f(x1, ..., xn) = x1f1(x3, ..., xn) x2f2(x3, ..., xn) f0(x3, ..., xn),

что противоречит нашему предположению, что {1, 2} I и α(I ) = 1. Рассмотрим

ψ(x, y) = f(x, y, α3, ..., αn) = xy xf1(α3, ..., αn)

yf2(α3, ..., αn) f0(α3, ..., αn) = xy xβ yγ δ.

Теперь определим ϕ(x, y), как ϕ(x, y) = ψ(x γ, y β) γβ δ. Тогда

ϕ(x, y) = ((x γ)(y β) (x γ)β (y β)γ δ) γβ δ =

= xy xβ yγ γβ xβ γβ yγ γβ δ γβ δ = xy.

Таким образом, мы получили фукнцию ϕ(x, y) = x y, причем

ϕ(x, y) = f(x f2(α3, ..., αn), y f1(α3, ..., αn), α3, ..., αn)

f1(α3, ..., αn)f2(α3, ..., αn) f0(α3, ..., αn),

где добавление к x и y констант f2(α3, ..., αn) и f1(α3, ..., αn) равносильно навешиванию отрицания над переменной, если соответствующая константа равна 1, а добавление константы f1(α3, ..., αn)f2(α3, ..., αn) f0(α3, ..., αn) к f означает возможное навешивание отрицания над этой функцией.

15

11 Критерий полноты системы функций

Итак, мы рассмотрели пять классов функций T0, T1, S, M, L.

Каждый из этих классов функций замкнут и, как можно видеть из таблицы, ни один не совпадает с P2.

Теорема 11.1 . Для полноты системы функций P P2 необходимо и достаточно, чтобы P не лежал полностью ни в одном из классов T0,

T1, S, M, L:

функций могут совпадать). Проведем доказательство в несколько этапов, последовательно доказав, что с помощью суперпозиций функций из P можно выразить систему {¬, }, чем и докажем полноту P.

1) Покажем, что с помощью f0, f1, fS можно получить 0 и 1.

константу 0 или 1 и с помощью x получаем вторую константу.

2)По лемме о немонотонной функции, подставляя константы в fM можно получить ¬x.

3)Используя fL, константы и ¬x, по лемме о нелинейной функции можно получить x y.

Так как {¬, } полная системя функций, то и система P полная.

16

Пример 11.1 . Требуется проверить на полноту систему функций P = {0, 1, xy, x y z}. Рассмотрим принадлежность функций P классам T0, T1, S, M, L и заполним таблицу.

Рассмотрим, например, проверку функции x y z: a) 0 0 0 = 0 x y z T0;

b) 1 1 1 = 1 x y z T1;

c) x y z = 1 (1 x) (1 y) (1 z) = x y z x y z S; d) (1, 0, 0) (1, 1, 0), но 1 = 1 0 0 > 1 1 0 = 0 x y z / M; e) Очевидно, функция является линейной: x y z L.

Теперь, заполнив и проанализировав таблицу, можно убедиться, что система функций P является полной, так как в каждом столбце, соответствующем одному из классов присутствует хотябы один минус. В то же время ни одно подмножество P полной системой не является, поскольку, если вычеркнуть в таблице хотябы одну строку, появится столбец не имеющий минуса.

17