Лекции Олейник PDF / Р_2_5

Следующая теорема обобщает подход, использованный нами для

доказательства полноты систем

, x y

и

, x y .

x

x

Теорема 2.12 (о полноте двух систем). Пусть заданы две

системы булевых функций: B1 f1,

f2 ,... и

B2 g1, g2 , ... . Тогда,

если система B1 - полная и каждая ее функция может быть задана

формулой над B2 , то система B2

тоже полная.

Доказательство. Покажем, как для произвольной булевой

функции h

построить формулу над B2 .

Возьмем формулу для h

над

B1 h f1, f2 ,... (в силу полноты

B1

такая формула обязательно

существует)

и заменим в ней вхождение символов функций f1, f2 ,...

формулами

fi i g1, g2 ,...

над

B1

(которые

существуют

по

условию). Получим формулу

g

, g

2

,... ,

2

g , g

2

,... ,... над

B ,

1

1

1

2

которая задает h . ■

Пр и м ер 2 . Докажем, что

x

y

- полная система. Действительно,

пусть B1

, x y и B2

x

y . Имеем

CKH

x

y xy , откуда

x

y

x

x

y

x

y . Таким

xy x

y . Следовательно,

x

x xx x

и

xy x

y

образом, каждую функцию полной системы B1

можно задать формулой

1

1

1

1

1

Заполним таблицу Поста исследуемой системы (табл. 2.32).

Таблица 2.32

Класс

T0 :

f1 0, 0, 0 0 ,

Функции

Классы Поста

следовательно,

f1 T0 ;

T0

T1

S

M

L

f2 0, 0, 0 1 ,

f1 xy z

+

+

–

+

–

следовательно,

f2 T0 .

Выяснять,

принадлежит или

f2 x y

–

+

–

нет классу T0

функция f3 ,

f3 x y

–

не надо, так как в системе

уже

нашлась

функция, не

принадлежащая T0 .

Класс

T1 :

f1 1,1,1 1 ,

следовательно,

f1 T1 ;

f2 1,1,1 1 ,

следовательно,

f2 T1 ;

f3 1,1,1 0 , следовательно,

f3 T1 .

Класс S : f

(01010111) ,

f *

(00010101) , следовательно, f S .

1

1

1

Класс

M :

перебрав все пары сравнимых векторов, убеждаемся,

что условие монотонности для функции

f1

не нарушается, значит,

f1 M ; 0, 0

(0,1) , а

f2 0, 0 f2 (0,1) ,

следовательно,

f2 M .

Класс L :

f1 xy z xy z xyz , следовательно,

f1 L .

Таким образом, для каждого класса Поста можно указать функцию

системы B ,емуне принадлежащую. Следовательно, B - полная система.

б) Заполним таблицу Поста системы B (табл. 2.33).

Таблица 2.33

Класс

T0 :

f1 0, 0 1,

следовательно,

f1 T0 .

Классы Поста

Функции

Класс

T1 :

f1 1,1 1 ,

T0

T1

S

M

L

следовательно,

f1 T1 ;

f1 x y

–

+

–

–

+

f2 1,1 0 ,

следовательно,

f2 x

–

+

f2 T1 .

Класс S : f (1001) , f *

(0110) , следовательно,

f

S .

1

1

1

104

Класс M :

0, 0

(0,1) ,

f1 0, 0 f1 (0,1) , следовательно, f1 M .

Класс

L :

f1 x y x y 1 x y ,

следовательно,

f1 L ;

L .

f2 x 1 x , следовательно, f2

Поскольку обе функции системы B принадлежат классу линейных

функций, то система неполна. ►

Упр а жн е н ие 2 . 3 0 . Используя критерий полноты, выяснить,

полна ли система булевых функций B :

а)

B

x y, xy

z ;

б) B

z

xy, 1, 0 .

Определение. Полная система функций называется базисом, если

после удаления из нее любой функции получается неполная система.

Пр и м ер 4 .

Укажите подмножества B , являющиеся базисами:

а) B x y, xy,

;

б) B xy z, x y, x

.

x

y

◄ а) Заполним таблицу Поста (табл. 2.34).

Для каждого класса Поста

Таблица 2.34

можно

указать

функцию

системы, которая ему не

Классы Поста

принадлежит (для T0 ,

T1

и M

Функции

T0

T1

S

M

L

x y

это

x ,

для

S и

L

это

x y

+

+

–

+

–

( xy )),

значит,

система

xy

+

+

–

+

–

x y, xy, x полная.

При этом

–

–

+

–

+

анализ табл. 2.34 показывает,

x

что эта система базисом не

является,

поскольку не теряет полноты при удалении

x y

или

xy .

Полученные в результате удаления этих функций множества

x

y, x

и

являются базисами, так как полны и при удалении из них

xy, x

любой из функций полноту теряют ( x y T0 ,

xy T0 ,

x L ).

б) Мы рассматривали систему B

xy z, x y, x y

в примере 3.

Таблица 2.35

Функции

Классы Поста

T0

T1

S

M

L

Чтобы выделить из этой

f1 xy

z

+

+

–

+

–

полной

системы

базисы,

заполним

таблицу

Поста

f2 x y

–

+

–

–

+

системы B полностью (табл.

2.35).

f3 x y

+

–

–

–

–

Анализ

табл.

2.35

показывает, что сама система B базисом не

является, так как при

удалении

функции

xy z полноту не

теряет.

Система

x y, x

y

базисами:

а) B

x y, 0, 1, xy ;

б) B

x y, x

y .

Теоретические обоснования

Лемма о функции, не сохраняющей 0. Пусть

f T0 . Тогда

формулой над множеством

f можно задать либо константу 1,

либо отрицание.

Доказательство. Пусть

f T0 , т.е.

f 0, 0,..., 0 1. Отождествим

между собой все переменные функции

f . Получим функцию от одной

переменной (x) f x, x,..., x .

Возможны два случая: f

1,1,...,1 0

или

f 1,1,...,1 1 .

В первом случае

f 0, 0,..., 0 1

и

f

1,1,...,1 0 ,

следовательно,

(0) 1 и (1) 0 , откуда (x) x .

Во втором случае

f 0, 0,..., 0 1

и

f 1,1,...,1 1 ,

следовательно,

Лемма о функции, не сохраняющей 1. Пусть

f T1 .

Тогда

формулой над множеством

f можно задать либо константу 0,

либо отрицание.

Доказательство. Пусть

f

T1 , т.е.

f 1,1,...,1 0 . Отождествим

между собой все переменные функции

f

. Получим функцию от одной

переменной (x) f x, x,..., x .

Возможны два случая:

f (0, 0,..., 0) 0 или f (0, 0,..., 0) 1 .

В первом случае

f (0, 0,..., 0) 0

и

f

1,1,...,1 0 , следовательно,

(0) 0

и (1) 0 , откуда (x) 0 .

Во втором случае

f 0, 0,..., 0 1 и

f 1,1,...,1 0 ,

следовательно,

(0) 1

и (1) 0 , откуда (x) x .■

На рис. 2.1 и 2.2

f C T0

f

C T1

представлены

условные

_

_

обозначения

алгоритмов,

T0

T1

использованных

при

_

_

доказательствах

леммы

о

1

x

0

x

функции, не сохраняющей 0, и

леммы

о

функции,

не

Рис. 2.1.

Рис. 2.2.

сохраняющей 1.

Лемма о несамодвойственной функции. Пусть f x1, x2 ,..., xn -

несамодвойственная

функция.

Тогда

формулой

над

множеством

f , можно задать константы 0 и 1.

Доказательство.

Пусть

f S .

Тогда

существует

набор

1, 2 ,..., n

значений

переменных

x1, x2 ,..., xn ,

такой

что

f 1, 2 ,..., n

, и, значит,

f

,

,...,

1

2

n

f 1, 2 ,..., n

f

,

,...,

.

1

2

n

Рассмотрим

функцию

(x)

f x 1 , x 2 , ..., x n ,

где

x i x ,

если

0 ,

и x i x

, если

1 . Заметим, что 0 i

, 1 i

i

.

i

i

i

0 1 , 0 2

,..., 0 n f

;

_

,

,...,

x, f C S

(0) f

1

2

n

_

(1) f

1 1 ,1 2

,...,1 n f

1, 2 ,..., n .

S

С учетом равенства

f 1, 2 ,..., n f

1

,

2

,...,

n

0, 1

получим

(0) (1) ,

т.е. (x)

-

константа,

(x) -

Рис. 2.3.

другая константа. ■

На

рис.

2.3 представлено

условное

обозначение

алгоритма,

Лемма

о

немонотонной

функции.

Пусть

f x1, x2 ,..., xn

-

немонотонная

функция.

Тогда

формулой над множеством f , 0,1

можно задать отрицание.

Доказательство. Пусть f

M . Тогда существуют такие наборы

1, 2 ,..., n

и

1, 2 ,..., n

значений

переменных,

что

1, 2 ,..., n

1, 2 ,..., n , а

f 1, 2 ,..., n

f 1, 2 ,..., n ,

и,

значит,

f 1, 2 ,..., n 1 ,

f 1, 2 ,..., n 0 .

Поскольку

1, 2 ,..., n 1, 2 ,..., n , то

можно выделить

подпоследовательность

индексов

1 i1 i2 ... ik

n

такую,

что

i

i

, i

i , ..., i

i

и для всякого

i i1, i2 ,..., ik i i

(и,

1

1

2

2

k

k

значит,

i 0, i 1 ).

Рассмотрим функцию (x) ,

заданную формулой,

полученной в

результате подстановки в формулу

f x1, x2 ,..., xn

вместо переменных

xi

, xi ,..., xi

чисел

i

, i

,..., i

соответственно,

а

на остальные

1

2

k

1

2

k

места -

x . Не ограничивая общности рассуждений, можно считать, что

(x) f

x,..., x, i

, x,..., x, i