Добавил:
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:
Скачиваний:
394
Добавлен:
16.04.2013
Размер:
2.43 Mб
Скачать

§1.4. Специальные представления булевых функций

Совершенная дизъюнктивная и совершенная конъюнктивная нормальные формы

xσ = x приσ =1,

Ведем обозначение

x приσ = 0.

σ1

σn

, где

~

= (σ1 , K, σ n )

Определение. Выражение x1

Kxn

σ

какой-либо двоичный набор, причем среди переменных xi могут быть совпадающие, называется элементарной конъюнкцией. Выражения вида xiσi называют буквами. Число букв в элементарной конъюнкции

называют рангом элементарной конъюнкции.

Определение. Элементарная конъюнкция – правильная, если в нее каждая переменная входит не более одного раза (включая и инверсию

переменной); – полная относительно переменных x1 ,K, xn , если в нее

каждая переменная (или ее инверсия) входит ровно один раз; – монотонная, если она не содержит отрицаний переменных.

Определение. Формула вида D = m Ki , где Ki попарно

i=1

различные элементарные конъюнкции называется дизъюнктивной нормальной формой (сокращенно ДНФ). Число m называется длиной ДНФ.

~ n

) при любом m (1 m n )

Теорема. Каждую булеву функцию f (x

можно представить в виде

 

f (x1 , K, xm , xm+1 , K, xn ) =

=

x1σ1 Kxmσm f (σ1 ,K,σm , xm+1 , K, xn ). (*)

(σ1,K, σn )

 

Это представление называется разложением функции по m

переменным x1 , K, xm .

f (σ1 ,K,σm ,αm+1 ,K,αn ) =

Доказательство. Заметим, что xσ =1 x =σ. Далее рассмотрим произвольный набор (α1 , K, αn ) и покажем, что левая и правая часть

формулы ( ) принимают на нем одно и то же значение. Левая часть дает f (α1 , K, αn ) , а правая

α1σ1 Kαmσm

(σ1,K, σn )

=αα1 Kααm f (α ,K,α ,α + ,K,α ) = f (α ,K,α ).

1 m 1 m m 1 n 1 n

Следствие 1. Разложение по переменной xn . Пусть m =1.

f (x1 ,K, xn1 , xn ) = xn f (x1 ,K, xn1 ,1) xn f (x1 ,K, xn1 ,0).

Следствие 2. Разложение по всем переменным. Пустьm = n .

f (x1 ,K, xn ) =

 

x1σ1 Kxnσn f (σ1 ,K,σ n ).

 

 

(σ1,K, σn )

 

 

 

 

При f (x1 ,K, xn ) ≡/ 0 получаем выражение

 

 

 

x1σ1 Kxnσn f (σ1 ,K,σn ) =

 

x1σ1 Kxnσn ,

(σ1,K, σn )

 

 

 

(σ1,K, σn )

 

 

 

 

f (σ1,K,σn )=1

т.е.

 

 

x1σ1 Kxnσn .

 

 

f (x1 ,K, xn ) =

(**) .

 

 

(σ1,K, σn )

 

 

 

 

 

f (σ1,K,σn )=1

 

 

 

Разложение (**) носит название совершенной дизъюнктивной

нормальной формы (СДНФ).

 

 

 

 

Замечания 1. Поскольку существует взаимно однозначное соответствие

~ n

) , то СДНФ

между таблицей истинности T f и СДНФ функции f (x

функции единственна.

 

2.Единственная функция, не имеющая СДНФ – константа 0.

~n

3.Длина СДНФ функции f (x ) равна числу наборов, на которых функция принимает значение, равное 1.

Пример. Построить СДНФ функций:

а) f (x1 , x2 ) = x1 x2 ;

б) f (x1 , x2 , x3 ) = (x1 x2 ) (x3 x2 ) .

 

 

Табл. 1.9

 

 

 

x1

x2

x1 x2

0

0

1

0

1

1

1

0

0

1

1

1

Решение. а) Из таблицы 1.9 получаем, что

f (x1 , x2 ) =1 на наборах (0, 0), (0, 1), (1,1) .

Поэтому x1 x2 = x10 x20 x10 x12 x11 x12 =

= x1 x2 x1 x2 x1 x2 .

Табл. 1.10

б) Из таблицы истинности

x1

x2

x3

(

 

x

 

) (x

 

x

 

)

x

2

3

2

заданной функции (табл.

 

 

 

1

 

 

 

 

0

0

0

 

 

 

 

0

 

 

 

 

1.10) видим, что значение

 

 

 

 

 

 

 

 

функции равно 1 только на

0

0

1

 

 

 

 

1

 

 

 

 

двух наборах. СДНФ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

1

0

 

 

 

 

0

 

 

 

 

функции имеет вид

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

1

1

 

 

 

 

0

 

 

 

 

f = x1 x2 x3 x1 x2 x3

 

 

 

 

 

 

 

 

1

0

0

 

 

 

 

1

 

 

 

 

Замечание. По данной

 

 

 

 

 

 

 

 

1

0

1

 

 

 

 

0

 

 

 

 

~ n

)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

1

0

 

 

 

 

0

 

 

 

 

ДНФ функции f (x

 

 

 

 

 

 

 

 

можно построить ее СДНФ.

1

1

1

 

 

 

 

0

 

 

 

 

Для этого достаточно

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

«пополнить» каждую из конъюнкций недостающими буквами xiσi ,

применяя соотношение A = A x A x , а затем устранить повторения

(«привести подобные слагаемые») с помощью эквивалентности

A A = A .

Теорема. Каждая функция алгебры логики может быть выражена в виде отрицания, конъюнкции и дизъюнкции.

Доказательство. Пусть f (x1 ,K, xn ) = 0 . Тогда можно записать f (x1 ,K, xn ) = x1 & x1.

Пусть f (x1 ,K, xn ) 0 . Представим ее в виде СДНФ:

f (x1 ,K, xn ) = x1σ1 Kxσn n .

(σ1,K, σn )

f (σ1,K,σn )=1

Следовательно, в обоих случаях функция f выражается в виде формулы через отрицание, конъюнкцию и дизъюнкцию.

Определение. Выражение x1σ1 K xσn n , где σ~ = (σ1 , K, σ n )

какой-либо двоичный набор, причем среди переменных xi могут быть

совпадающие, называется элементарной дизъюнкцией.

Определение. Элементарная дизъюнкция – правильная, если в нее каждая переменная входит не более одного раза (включая и инверсию

переменной); – полная относительно переменных x1 ,K, xn , если в нее каждая переменная (или ее инверсия) входит ровно один раз.

m

Определение. Формула вида K = & Di , где Di попарно различные

i=1

элементарные дизъюнкции, называется конъюнктивной нормальной формой (сокращенно КНФ). Число m называется длиной КНФ.

В соответствии с принципом двойственности для функции можно получить следующее выражение для f :

f (x1 ,K, xm , xm+1 ,K, xn ) =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

&

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(** *)

=

σ

1

K x

σ

m f (σ

 

,K,σ

 

, x

 

,K, x

 

x

 

m

1

m

m+1

n

) .

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(σ1,K, σm )

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Для доказательства этого рассмотрим функцию, двойственную к функции f . В соответствии с формулой (*) для нее получим:

f * (x1 ,K, xm , xm+1 ,K, xn ) =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

x1σ1 Kxmσm f * (σ1 ,K,σm , xm+1 ,K, xn ).

 

 

 

 

 

(σ1,K,

σm )

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Из тождества для двойственных формул получим

 

 

 

 

 

 

 

f * *(x1 ,K, xm , xm+1 ,K, xn ) =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

&

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

По

=

 

 

σ1

 

K x

σm

 

f * *(σ

 

,K,σ

 

, x

 

 

,K, x

 

x

 

 

m

1

m

m+1

n

) .

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(σ1,K, σm )

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

скольку

xiσi

= x

σi i

 

и

f

* * = f , то получаем формулу (***).

 

 

 

Для f (x1 ,K, xn ) ≡/ 1 и m = n получаем выражение

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

&

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f (x ,K, x

 

)

=

 

 

σ1

K x

σn

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

x

 

 

 

n

,

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(σ1,K, σn )

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f (σ1,K,σn )=0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

которое носит название совершенной конъюнктивной нормальной формы (СКНФ).

Замечания 1. СКНФ функции единственна.

2.Единственная функция, не имеющая СКНФ – константа 1.

~n

3.Длина СКНФ функции f (x ) равна числу наборов, на которых

функция принимает значение, равное 0.

Пример. Построить СДНФ функции f (x1 , x2 ) = x1 x2 .

Решение. Исходя из таблицы 1 получим, что f (x1 , x2 ) = 0 на одном

наборе (1, 0) . Поэтому x1 x2 = x11 x20 = x10 x12 = x1 x2 .

Замечание. По данной КНФ функции ~ n можно построить СКНФ f (x )

функции. Для этого достаточно «пополнить» каждую из дизъюнкций недостающими буквами xiσi , применяя соотношение

A = ( A x) ( A x) , а затем устранить повторения с помощью эквивалентности A A = A .

Полином Жегалкина

Определение. Полиномом Жегалкина (полиномом по модулю 2) от переменных x1 , K, xn называется выражение вида

ai1Kis xi1 Kxis = a0 a1 x1 K an xn a12 x1 x2 K

(i1,K,is ) 0i1<K<is n

an1n xn1 xn K a1Kn x1 Kxn ,

где ai1Kis {0, 1}.

Наибольший из рангов элементарных конъюнкций входящих в полином, называется степенью этого полинома. Степень полинома 0 принимается равной − ∞ . Число слагаемых в формуле полинома называется длиной полинома.

Теорема. Каждая функция из P2 представляется в виде полинома Жегалкина и это представление единственно.

~
Вектор βP = (β0 , β1, K, β2n 1 )

Доказательство. Существование полинома для каждой булевой функции, отличной от константы 0, следует из того, что ее СДНФ применением равенств

a b = a b ab, aa = a, a a = 0, a = a 1

сводится к полиному.

Для доказательства единственности подсчитаем число полиномов Жегалкина от переменных x1 , K, xn , т.е. число выражений вида

ai1 Kis xi1 Kxis .

(i1,K,is ) 0i1<K<is n

 

 

Число

слагаемых

ai

Ki

xi

Kxi

в указанной сумме равно

 

 

 

 

 

1

s

1

s

 

 

 

количеству подмножеств (i1, K, is ) из n

чисел

(1, 2, K, n) ,

т.е. 2n .

Каждому

полиному

в

соответствие

можно

поставить

вектор

(a

0

, a , K, a

) длины 2n ,

компонентами которого являются числа

 

1

1Kn

 

 

 

 

 

 

 

 

ai1 Kis , равные 0 или 1. Следовательно, искомое число полиномов равно

22n или числу всех булевых функций от переменных x1 , K, xn .

Следствие. Из доказанной теоремы вытекает единственность представления булевых функций посредством полинома Жегалкина.

Приведем основные методы построения полиномов Жегалкина от заданной функции.

1. Метод неопределенных коэффициентов. Пусть

искомый полином

Жегалкина, реализующий заданную

~ n

) .

 

f (x

 

Запишем его в виде

~ n

) = β0 β1 x1

K βn xn K β2n 1 x1 Kxn .

P(x

~ n

P(x )

функцию

длины 2n назовем вектором

~ n

) . Найдем его компоненты. Для этого

коэффициентов полинома P(x

заметим, что если переменным x1

, K, xn придать значения σ1 , K, σ n

 

~ n

) будет равно сумме β0 с

из i -ой строки таблицы, то значение P(x

~

компонентами вектора βP , соответствующими ненулевым

конъюнкциям σi Kσi

s

(1 i1 < K < is n ). В итоге получим систему из

1

 

2n уравнений с 2n неизвестными, имеющую единственное решение.

Решив ее, находим коэффициенты полинома ~ n

P(x ) .

2. Метод, основанный на преобразовании формул над множеством связок {&, ¬} . Строят некоторую формулу Ф над множеством связок

~ n

) . Затем заменяют

{&, ¬} , реализующую данную функцию f (x

всюду подформулы вида A на A 1 , раскрывают скобки, пользуясь дистрибутивным законом A (B C) = A B A C , и применяют эквивалентности A A = A, A 1 = A, A A = 0, A 0 = A .

Пример. Построить полином Жегалкина функции f (x1 , x2 ) = x1 x2 .

Решение. 1. (метод неопределенных коэффициентов). Запишем искомый полином в виде P(x1 , x2 ) = β0 β1 x1 β2 x2 β3 x1 x2 .

 

 

 

Табл. 1.11

 

 

 

 

 

 

 

Тогда

 

 

x1

x2

x1

x2

 

 

 

 

 

 

f (0, 0) = β0 β1 0 β2 0 β3 0 =1,

 

0

0

 

1

 

 

f (0, 1) = β0

β1 1 β2 0 β3 0 =1,

 

 

 

 

 

 

0

1

 

1

f (1, 0) = β0 β1 1 β2 0 β3 0 = 0,

 

 

 

 

 

f (1, 1) = β0 β1 1 β2 1 β3 1 =1.

 

1

0

 

0

 

 

 

 

 

 

β0 =1.

 

1

1

 

1

 

 

 

 

 

 

β0 β2 =1,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Или

β0 β1 = 0,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

β1 β2 β3 =1.

 

 

 

 

 

β0

Из системы уравнений находим β0 =1, β1 =1, β2 = 0, β3 =1.

Следовательно,

x1 x2 =1 x1 x1 x2 .

2. (Метод преобразования формул). Имеем

x1 x2 = x1 x2 = x1 x2 = (x1 (x2 1)) 1 =1 x1 x1x2 .

Задачи для самостоятельного решения

1. Представить в виде СДНФ следующие функции:

~ 3

~ 3

) = (11010100) ;

а) f (x

) = (01010001) ; б) f (x

~ 4

) = (0101000100010001) ;

в) f (x

~ 3

) = (1001000011010011) .

г) f (x

2. Представить в виде СКНФ следующие функции:

~ 3

~ 3

) = (01010111) ;

а) f (x

) = (11010011) ; б) f (x

~ 4

) = (0111000111110111) ;

в) f (x

~ 3

) = (1101101101110111) .

г) f (x

~n

3.Подсчитать число функций f (x ) , у которых СДНФ удовлетворяет

следующему условию:

а) содержит не более двух элементарные конъюнкций; б) отсутствуют элементарные конъюнкции, у которых число букв с отрицаниями равно числу букв без отрицаний;

в) каждая элементарная конъюнкция содержит хотя бы две буквы с отрицаниями ( n 2 );

г) отсутствуют элементарные конъюнкции, содержащие нечетное число букв с отрицаниями; д) в каждой элементарной конъюнкции число букв с отрицаниями не

больше числа букв без отрицаний.

~n

4.Подсчитать число функций f (x ) , у которых СКНФ является

одновременно и ДНФ (необязательно совершенной).

5. Найти длину СДНФ функции ~ n f (x ) :

~ n

) =

 

xi x j ;

а) f (x

 

 

1i< jn

~ n

) =

& (xi x j ).

б) f (x

 

 

1i< jn

6. С помощью эквивалентных преобразований построить ДНФ функции

~ n

f (x ) :

~ 3

 

 

 

 

 

 

 

) = (x1 x2 x3 )(x1 x2 x3 ) ;

а) f (x

~ 3

 

 

 

 

 

 

 

) = (x1 x2 x3 ) (x1 x3 x2 ) ;

б) f (x

~ 3

) = (x1 ~ x2 ) (x1 x3 (x2 x3 ) ;

в) f (x

~ 3

 

 

 

 

 

 

 

) = (x1 x2 x3 ) | ((x1 | x2 ) x3 ) .

г) f (x

7. С помощью эквивалентных преобразований построить КНФ функции

~ n

) :

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f (x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

~ 2

) = (x1 x2 ) (x1 | x2 ) ;

 

 

 

 

а) f (x

 

 

 

 

~ 3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

) = x1 x2 x2 x3 (x1 x2 x3 ) ;

б) f (x

~ 3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

) = (x1 (x2 x3 )) x1 x2 x3 .

в) f (x

8. Применяя преобразования вида A = A

 

A x и A A = A ,

x

построить из заданной ДНФ функции f

~ n

) ее СДНФ:

(x

~ 3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

) = x1 x2 x3 ;

 

 

 

 

а) f (x

 

 

 

 

~ 3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

) = x1 x2 x2 x3 x1 x3 ;

 

 

 

 

б) f (x

 

 

 

 

~ 3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

) = (x1 x2 ) (x2 x3 ) x3 .

 

 

 

 

в) f (x

 

 

 

 

9. Применяя преобразования вида A = ( A x) ( A x) и A A = A ,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

~ n

) ее СКНФ:

построить из заданной КНФ функции f (x

~ 3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

) = (x1 x2 ) x3 ;

 

а) f (x

 

~ 3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

) = (x1 x2 ) (x2 x3 ) (x3 x1 ) ;

б) f (x

~ 3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

) = (x1 x2 x3 ) x2 (x2 x3 ) .

 

в) f (x

 

10. Методом неопределенных коэффициентов найти полиномы Жегалкина для следующих функций:

~ 3

) = (01010001) ; б)

~ 3

) = (11010100) ;

 

а) f (x

f (x

 

~ 3

 

 

 

 

~ 3

 

 

) = x1 (x2 x3 ) ;

 

) = x1 (x2

x3 )

в) f (x

 

г) f (x

11. Используя метод, основанный на преобразовании формул над множеством связок {&, ¬} , найти полиномы Жегалкина для

следующих функций:

~ 3

 

 

 

 

 

 

 

~ 3

 

 

)

= x1 (x2 x3 ) ;

 

) = x1 (x2

x3 ) .

а) f (x

 

б) f (x

~ 3

)

= (x1 x2 ) | (x2 x3 ) ;

 

 

 

 

в) f (x

 

 

 

 

~ 4

)

= x1 (x2 ((x3 x2 )

x4 )) .

 

 

г) f (x

 

 

12. Найти число:

 

 

 

 

 

 

 

а) полиномов Жегалкина степени k

над множеством переменных

X n ={x , K, x

n

} (n k 0);

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

б) полиномов Жегалкина степени k

над множеством X n ,

 

 

 

 

 

~

 

k 1);

 

 

обращающихся в 1 на наборе 1 (n

 

 

в) полиномов Жегалкина длины k

над множеством X n , (n k 1);

г) полиномов Жегалкина длины k

над множеством X n ,

 

удовлетворяющих условию: в полиноме не могут содержаться одновременно (в качестве слагаемых) конъюнкции одинакового ранга

(n k 1).

13. Выяснить, на скольких наборах из Bn обращается в единицу

 

~ n

) :

 

 

полином P(x

 

 

~ n

n

 

 

 

) = x1 xi , (n 2) ;

а) P(x

 

i=2

 

 

 

~ n

 

 

n

 

) = x1 x2

xi , (n 3) .

б) P(x

 

 

 

i=3

 

14. Найти функцию

~ n

) , у которой длина полинома Жегалкина в

f (x

2n раз превосходит длину ее СДНФ ( n 1 ).

 

 

 

 

Ответы

1. а) x1 x2 x3 x1 x2 x3 x1 x2 x3 ; б) x1 x2 x3 x1 x2 x3 x1 x2 x3x1 x2 x3 ; в) x1 x2 x3 x4 x1 x2 x3 x4 x1 x2 x3 x4 x1 x2 x3 x4 ;

г) x1 x2 x3 x4 x1 x2 x3 x4 x1 x2 x3 x4 x1 x2 x3 x4 .

2. а) (x1 x2 x3 )(x1 x2 x3 )(x1 x2 x3 ) ; б) (x1 x2 x3 )

(x1 x2 x3 )(x1 x2 x3 ) ; в) (x1 x2 x3 x4 )(x1 x2

x3 x4 )(x1 x2 x3 x4 )(x1 x2 x3 x4 ); г) (x1 x2 x3

x4 )(x1 x2 x3 x4 )(x1 x2 x3 x4 )(x1 x2 x3 x4 ) . 3.

а) n + C 2 ; б) если n четное, то 22n Cn / 2 1; если n нечетное, то

n n

22n 1 ; в) 22n n1 ; г) если n четное, то

22n L , где

L = Cn1 +K+ Cnn1 ; если n нечетное, то 2

2n L , где

L = Cn1 +K+ Cnn ; д) 22n1 1. 4. 2n . 5. а) 2n n 1 ; б) n +1 . 6. а) x1 x3 x1 x2 x2 x3 ; б) x2 x3 x1 x2 x3 ; в) x2 x1 x2 x1 x2

x1 x3 ;. г) x1 x2 x3 . 7. а) (x1 x2 ) (x1 x2 ) ; б) x1 x2 x3 ;

8. а) x1 x2 x3 x1 x2 x3 x1 x2 x3 x1 x2 x3 x1 x2 x3 ;

б) x1 x2 x3 x1 x2 x3 x1 x2 x3 x1 x2 x3 x1 x2 x3 ; в) x1 x2 x3 .

9.а) (x1 x2 x3 )(x1 x2 x3 )(x1 x2 x3 )(x1 x2 x3 )(x1

x2 x3 ) ; б)

10. а) x3 x1 x3 x1 x2 x3 ; б) 1 x1 x2 x1 x2 x1 x3 x2 x3 ; в) x1 x1 x3 x1 x2 x3 ;. г) 1 x1 x2 x2 x3 x1 .

11. б) x1x2 x3 x1 x2 x1 x3 x2 x3 x1 x2 x3 ; в) x1 x2 x4 x1 x2 x2 x4 x2 1 .

12.

а) 1 при k = 0 ; (2Cnk

1) 2 L , где L = Cn0 + Cn2 +K+ Cnk 1 при

 

 

2

L

 

 

 

 

 

 

 

 

k 1

k 1 ; б) (2Cnk 1)

 

 

; в) C kn ; г) Cnk (1 + Cni ) .

 

 

 

 

2

 

 

 

2

 

 

 

i=0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

13.

а) 2n2 ; б) 2n1 . 14.

 

 

 

 

K

 

 

.

x

x

2

x

n

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

Тут вы можете оставить комментарий к выбранному абзацу или сообщить об ошибке.

Оставленные комментарии видны всем.