Методичка заоч МЛ_ ИВТ_2евысш2015

11

Примеры ФЗК:

1)Монотонные БФ – класс M.

2)Линейные БФ – класс L.

3)Самодвойственные БФ – класс S.

4)Функции сохраняющие нуль, то есть f(0,…,0) = 0 – класс Р0.

5)Функции сохраняющие единицу, то есть f(1,…,1) = 1 – класс Р1.

Существует бесконечное множество ФЗК, но для наших целей достаточно этих пяти.

Теперь ясно, что если данная система БФ {j1, j2,…,jn} содержится целиком в любом из этих пяти ФЗК P0, Р1, L, M, S, то она не полна (так как их композиция принадлежит тому же ФЗК, и ни какую функцию, не лежащую в этом ФЗК нельзя через них выразить).

Верно ли обратное? Как выяснилось, верно:

Теорема Поста. Система БФ полна тогда и только тогда, когда она не содержится целиком ни в одном из пяти ФЗК P0, Р1, L, M, S.

Для применения теоремы Поста на практике обычно заполняют таблицу Поста:

принадлежит ли заданная БФ jk данному ФЗК.

Согласно теореме Поста, система полна тогда и только тогда, когда в каждом столбце таблице Поста есть хотя бы один минус.

Система неполна тогда и только тогда, когда в таблице есть столбец из всех плюсов.

Рассмотрим пример, подготавливающий нас к выполнению контрольной работы № 2.

Пример. Полна ли система БФ {x+1, xÞ y, x+y+z} ?

Решение. Заполняем таблицу Поста, объяснив КАЖДЫЙ плюс или минус.

1) f = x+1 .

f(0)=1, так что fÏP0 ; f(1)=1+1=0, так что fÏP1 ;

f – готовый многочлен Жегалкина 1-й степени, так что f Î L ;

12

Для проверки монотонности составим таблицу истинности:

Видим, что a < b , но f(a) > f(b). Поэтому fÏM ;.

Для проверки самодвойственности находим двойственную функцию: f *= x +1= x +1+1= x = x +1.

Мы видим, что f*=f, так что f Î S.

Заполняем первую строку таблицы Поста найденными плюсами и минусами: – – + – + (см. таблицу ниже).

2) f = x Þ y .

f(0,0)=1, так что fÏP0 ; f(1,1)=1Þ1=1, так что fÎP1 ;

Для проверки линейности приведем f к виду многочлена Жегалкина:

f =xÞy =xÚy =xy+x +y =(x+1)y+x+1+y =xy+y+x+1+y =xy+x+1

Получили многочлен Жегалкина 2-й степени, так что f Ï L ; Для проверки монотонности составим таблицу истинности:

Для проверки самодвойственности находим двойственную функцию: f *= x Þy = x× y =(x+1)(y +1) = xy+x+ y +1.

Получили другой многочлен Жегалкина, чем для функции f. Мы видим, что f*¹f, так что f Ï S.

Заполняем вторую строку таблицы Поста найденными плюсами и минусами: – + – – – (см. таблицу ниже).

3) f = x+y+z .

f(0,0,0)=0+0+0=0, так что fÎP0 ; f(1,1,1)=1+1+1=1, так что fÎP1 ;

f – готовый многочлен Жегалкина 1-й степени, так что f Î L ; Для проверки монотонности составим таблицу истинности:

Видим, что a < b , но f(a) > f(b). Поэтому fÏM ;.

Для проверки самодвойственности находим двойственную функцию: f *= x + y +z =(x+1)+(y+1)+(z +1)+1= x+ y+z .

Мы видим, что f*=f, так что fÎ S.

Заполняем третью строку таблицы Поста найденными плюсами и минусами: + + + – + . Получили таблицу Поста:

Система полна, так как в каждом столбце имеется хотя бы один минус.

Варианты к контрольной работе № 2 Проверить полноту данной системы (из трех функций, разде-

ленных запятой), ПОЛНОСТЬЮ заполнив таблицу Поста, объяснив письменно каждый плюс или минус.