Литература / Дополнительная литература / 25_В.В.Аниськов, И.В.Близнец - Дискретная математика. Практиченское пособие

21)

f (x˜3)

= (11001010);

) 3

f (x˜3) = (00110011);

4

линейнойзаданиеешенункцииf (донелжноx˜ )å.=явяетссоЕсдерсолидержитябу.жлеваатьнечетное(1010101001101000);ункциячисчислоявляетслоединицялинейной,.Следовательно,.Векторноееезаданиевекторноеункциядан-

линейной.являетсянеункцияОтвет:

54) f (x˜4) = (1101011010010111);

) 6

f (x˜4) = (1001011001101001);

4

ñ

мощью

подстЗадаановкиf (x˜÷à) =íà96(0100100010100101)мест. Выяснить,аеепереìенныхожноли. ункцийизданной ункции

0, 1, x, y, x,¯

y¯, ïîлучить

xy.

1)

2

f (x˜3) = (11101010);

) 3

f (x˜3) = (10001000);

3

линейункцияойу.довлетворПосклькуялавекторноеусловиюбунелевабыла

çàäàчешение,fнеобх(x˜ункции) =.оДлядимо,сотого,дерчтобыжитчтобыона(11101000);

являетстого,чтобыядостнеункциидляâèå

2

n

−

1

= 2

2

= 4

-ñëîýòîéó

аточнымункциябыла.Сост78линейной,авимтедиаблицувыпоиц,лняетсистинноститонеобхя.Нодимоедляэто

льрасоСкможноами?амипредметпредметжчетырьмяэтимимеждуамеждуярлыксинихдваразличнымикими

-пользуйтеИспоярлыка?зеленогодногониспособамисинихдвакрасных,два

синиекрасные,пределить

естьнасчтоловии,уприлыкиярзеленые

того,дляответлученный

соглашенияцелесообразностьпоказатьчтобы

m

Cкурсовшести=â)áà)Çàäà1возмоск.совпадаетчалькжных43ими.имеетсСтуспо.дентувремени?яобамиспособовнужномоетвыбратьвыбора,бытьсделандваесличтениеакуэтотльвыбор?тативныхкаких-либокурсадвухиз

n

чтениеесливыбора,для

курсов

начинается

остальномдвухачасов,12вдругихдвухчтениечасов,10

времени?вопересекаютсянекурсы

содержитэлементовдесятиизмножествочтоДоказать,44.Задача

эпятиизподмножествльше

-друлюбогоизподмножествчем

икгобог

.лементов,эчисла

круглымзарасположитьможноспособамилькимиСк45.сированногоЗадача

лисьстоломи никсупружакиеизескихсупруговпарn

-чередоваженщиныитнеак,сиделичтобыбымужчинывместе?

соотношенияекуррентные1.3.

екуррентным

(мотношени

-называет)ормулойкуррентной

членся ормупоследовательностьла видавательностиa = f (n, a

. . . a

) выражающая при n > k каждый

n

n−1

n−k

,

a через предыдущие k членовсоотношение,,a a

. . .

n

n−1

n−2

a

Ïîñ.×èñ

k называется порядком рекуррентного соотношения.

n−k

-ятоноесопределяетсчленчастнымярекуррентногозываетсегоаждыйшениемрекуррентное.аютэтоâешениечно,,отлирекуррентногозависрекуррентногопроизвовыпоприялняетсеелишьльнойподстотя.ановкпостосоотношенияномераназыотношенияяннойешениезависитшенияднознаждественнотононе

{an}

зависитоноесли,щим

k-того порядка называетс

-îá

этихподбораданногоПутемние

k

постоянныхпроизвольных

C1

,

C2

,

. . .

,

Ck

поудовлетворлучитьлюбоеяющеечастноепостоянныхсоотношения,можно

ðåøå.

собирающаяловиямОбщееекуррентное. решениевсе чассоорекуррентногоыеошениерешениявида:.соотношения это общаянаk чальнымормула,

ãäåf (n + k) = a1f (n + k − 1) + a2f (n + k − 2) + . . . + ak f (n) + ϑ(n),

(1.2)

.линейнымяициентаминазываетскоэвида:соотношение,постояннымисекуррентноесоотношением

рекуррентным

a1, a2, . . . , ak C ϑ(n)

6≡0

ãäå

f (n + k) = a1f (n + k − 1) + a2f (n + k − 2) + . . . + ak f (n)

(1.3)

a , a2, . . . , an C

.ициентамиоднороднымкоэлинейнымназываетсяпостояннымисУравнениесоотношением

рекуррентным

k

k

−

1

. . .

a = 0

íияазываетсОбщее(1.3). ярешениехарактеристическимлинейногоx a x

−

-рекуррентногорекуррентногосоотношения(1.4)дногоавнением20уродноро

1

−

k

((x1 x2) (x2 x1)) x3

0

1

0

0

0

1

0

0

0

0

1

0

0

0

1

0

1

1

0

1

1

0

1

0

0

1

0

0

1

1

0

1

0

0

0

1

1

0

0

0

0

1

1

1

0

1

0

0

0

0

1

1

0

1

1

1

1

0

1

1

1

0

0

ýтогоТициентов,епвнарьчалепостроимкторыйбыллиномполиномподробноЖегЖегалкинаразобраналкинаметовобщемвдомпредыдущейнеопределенныхвиде:теме.Дляко1 1 1 0 1 1 1 1 1 -

получаем:истинности,таблицупостроеннуюИспользуя

α1x1x2x3

α2x1x2 α3x1x3 α4x2x3

α5x1 α6x2 α7x3 α8.

f (0, 0, 0) = 0

íî

α8 = 0;

f (1, 0, 0) = 1

α5 = 1

f (0, 1, 0) = 1

α6 = 1

f (0, 0, 1) = 1

α7 = 1

f (1, 1, 0) = 0

íî

α2 = 0

f (0, 1, 1) = 0

α3 = 0

f (1, 0, 1) = 0

α4 = 0

определению,

.даннойзнавченияусловиидля

чтоициентов,имеетвид:получаем,ункцииоэ

полинПодстмЖегавивалкинапоf (1 1, 1) = 1,лученныеследователь

α1 = 0

5)Ответ:По

x1 x2 x3.

линейной.является.ункцияункцияданнаяявляетсвяулинейнойсловии

6 (((x1 x2) x3) x4) x1;

(x1 x2) (x2

x3) (x1

x3).

линейной.ункциялиявляетс77яВыяснить,95.Задача

x1

x2

x3

f

0

0

0

0

0

0

1

0

0

1

0

1

0

1

1

1

1

0

0

1

1

0

1

0

1

1

0

0

Из таблицы видно, что указанным1 1 1

набором1

наборявляется

(0, 1, 1).

x¯

x

x

f

1

0

0

1

Итак, нами получена константа0 1

1

1

2)

1.

3

((x1 x2 x3) x4) x¯1x2x3;

4

(x1x2) (x1 x3);

5

x1x2 x1x3 x2x4 x3x4;

) 6

x1 (x2 (x3 x4));

являетс1)Зада(ÿx1ëè÷à x2) (x3 x4).

выяснить,Жегалкина,полиномвункциюазлагая.линейной94.она

2

(x1x2 x¯1x¯2) x3;

3

x1x2(x1 x2);

4) x¯1x2 x¯2x3 x¯3x4 x¯4x1;

истинности.таблицуункцииданной76дляПостроимешение.

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

видимеет(1.3)

s

(1

ãäå

α(n) =

X

(Ci1

+ Ci2 n + . . . + CiR nr− )λin,

.

i=1

ностразлCij

(

1

i

ачисла,омплексные;арактеристическ)

λ1, λ2, . . , λs

s

1

6

j

6

r

è÷íûå6корни6

õ

-кратсоответственноуравненияого

оответствующийлучае,

ϑ(n) = Rm(n)λn, ã

Rm многочлен степени m,

r1

r2, . . . , rs

.моднорожносоотношения(1дногопредст2)ункциичастногосоотношениясоответствующегорешениясоотношения.2)решение.изнекобщегорекуррентноговоторогодоврешениякядеаждого(1решениесуммы.3)èввОбщееотношенвитьДля

(1.2),Вчастное

когда

имеет определенныйϑ(n) рекуррентноговид.

r (r > 1).

Çàäàλ кчаорень46. хПокарактеристическазать,Основныечто рекуррентноеогозадауравнениячисоотношениекратности

шение р

членуимеетпосвидледовательностиледовательности,,частное

соотнош

níèÿ-íîìó(1.2)

Qm(n)λ

n

äå

λ

6= 0

степени

Qm

многочлен

не являетс,яm

корнемтветствующийхарактеристическn-ному членуогоуравненияпос

âèä

åñëè λ

åñëè

nrQm(n λn,

x

+ f (n − 1)

f (n) =

f (n − 1)

условииначальномпри

2

квадр тного корня из числаf (0) = 2 можно использовать для вычисления

Задача 47. Найти общееx.решение рекуррентного соотношения

данномуешениерекуррентному. Составимf (nхарактеристическсоотношению:ое+ 2) = 3f (n + 1) −уравнение,2f (n).

соответствующее

2

уравнения= 0.

числаявляются

Корнями данного характеристическогоλ − 3λ + 2

λ1 =

виде:взапишетсясоотношениярекуррентногоданногорешение

s

X

Проверка:α(n) =

Ci1λin = C11 · 1n + C21 · 2n = C1 + C2 · 2n.

i=1

C1 + C2 · 2n+2 = 3(C1 + C2 · 2n+1) − 2(C1 + C2 · 2n);

C1 + 4C2 · 2n = 3C1 + 6C2 · 2n − 2C1 − 2C2 · 2n;

Ответ:

C1 + 4C2 · 2n = C1 + 4C2 · 2n.

C1 + C2 · 2

n

.

соотношениярекуррентногорешениечастноеНайти48.Задача

удовл творяющее начальнымрекуррентномусловиямf (n + 2) = 4f (n + 1) − 4f (n),

Данномуоеуравнение:.ешениерактеристическ

fсоотношению(0) = 1; f (1) соответствует= 4.

-õà

2

имеет+ 4 = один0.

реньк

Это характеристическоеуравнениеλ − 4λ

λ1 = 2 кратности

2шетсСледоватя. âèäå:ëüíî, ðåø

-записоотношениятногорекурреданного

n

систему:получаем

Учитывая начальные значения,α(n) = (C1

+ C2n) · 2 .

0

(C1 + C2 · 0) · 21

= 1;

легкокоторойиз

получается

· 1) · 2

= 4

(C1 + C2

C1 = 1;

Поэтому

C1 + C2 = 2.

n

Проверка:

решениеискомоеСледовательно,

= 1.

(1 + n) · 2 .

C1 = C2

x1

x2

x3

x4

f

0

0

0

0

0

0

0

0

1

0

0

0

1

0

0

0

0

1

1

1

0

1

0

0

0

0

1

0

1

0

0

1

1

0

1

0

1

1

1

0

1

0

0

0

0

1

0

0

1

1

1

0

1

0

1

1

0

1

1

0

1

1

0

0

0

1

1

0

1

1

1

1

1

0

1

Посквыпольку

1

1

1

1

1

0. Следовательно,.

ункция5)Ответ:самоf (1двойственнойункциянеявляетснеиявляетссамоядвойственной, 0, 0, 0) = 0 f (0, 1, 1, 1). =

данная

должно

лняться

¯ ¯ ¯ ¯

ункции самодвойственной для то ,

равенство

1)

что видно,

(1, 0, 0,

0) = (0, 1, 1,

¯ ¯ ¯ ¯ ¯ . Из таблицы

f

(1, 0, 0, 0) =

f (0 1, 1, 1)

6

f (x˜4) = (0011001111001100);

4

-подстановпомощьюсункции

ки наЗадаместf (x˜÷à) переменных=93.(1100011100011100)Из несамоункцийдвойственной.

1)

x è x¯

константу.получить

3

тинности:ябыешениеfäèí((x˜ )набор.=Поскольку(00111001); ункция несамодвойственна, то найдется чтох-

(a1, a2, a3) значений переменных x1, x2, x3

àêîé,

f (a1, a2, a3) = f (¯a1, a¯2, a¯3). Построим75 для данной ункции

исаблицу

¯

¯ ¯

f (0, 1) = 1 = 0

= g¯(1, 0) = g¯(0, 1);

¯

(ýòî

¯ ¯

f (1, 0) = 1 = 0

= g¯(0, 1) = g¯ 1, 0);

Булевыопределениювто,темепо

¯

¯ ¯

данобылоние

f (1, 1) = 0 = 1

= g¯(0, 0) = g¯(1, 1),

ункцияопредел),ункцииункциидвойственнойиихсвойства

ункциикной

g

-двойствентсяåÿâëÿ

2)Ответ: являетс.я.f

f (x˜2) = x1 x2

3)

g(x˜2) = x2 x1;

f (x˜3) = x1x2 x1x3 x2x3;

4)

g(x˜3) = x1x2 x1x3 x2x3;

f (x˜3) = x1 x2 x3;

5)

g(x˜3) = x1 x2 x3;

f (x˜3) = x¯1x¯2x3 x1(x2 x3);

6)

g(x˜3) = (01101101);

f (x˜3) = (11001100);

3

ункции?следующиели

1)Задачаg(x˜ ) =92.(10101100)Самодвойственны.

2

(x1x2 x3) x1;

3

((x1 x2) x1x3) (x2 x3);

4) ((x¯1 xx x¯3) x4) x¯1x2x¯3;

4

ункции:ешение.f (x˜ ) = Составим(0001001001100111);таблицу истинности74 по векторному заданию

n

n

n

n

.

Из первоначального4n · 2 соотношения+ 12 · 2 = 4nполучим:· 2 + 12 · 2

наТеперьчалныхпроверим,условий:получатсяf (n) = ëèf (nзаданны+ 1) −

1

(условииn + 2).

длязначениязадачи

4 fâ

å

f (0) = f (1) −

1

f

(2).

4

1

f (0) = 2 · 21 −

· 3 · 22 = 1;

4

f (1) = f (2) −

1

f

(3);

4

1

Ответ:

f (1) = 3 · 22 −

· 4 · 23 = 4.

4

n

соотношениярекуррентногорешениечастное

Задача(1 +49.n) ·Найти2 .

1

удовл творяющее начальномурекуррентноесловиюf (n + 1) = f (n) + 2,

3

отношение,ным. ешениеешимт.внае.Данноерекуррентноечале соо ветствующеесоотношениесоотношениеемуднородноеявляетсрекуррентноеянеодноросодf (0) = 6.

-

1

λ1 = 1 . Ñëå-

ношения:Составим характеристическоеf (nуравнен+ 1) = èåfäëÿ(n).этого рекуррентного сооот-

3

1

Это характеристическое уравнениеλ −

имеет= 0.

орекуррентногодинорень

3

однородногоявляетсдовательно,явыражобщимениерешением

соотношения3

1

C1(23)n.

åíîìäвивнеоднорозапишемдномхениевыражСледовательно,Вис

рекуррентном соотношении v(n) = 2. Ýòî

Rm(n)λn = 2 · 1.

виданем характеристическогоm = 0, R0уравнен(n) = 2 èÿ,λ =òî1доПосклжн. îлькусуществоватьнеявляерекуррентноечастноерешеяорие1

n

.

.степени,ойнулемногочленискгатьдевыражвидесоотношениебудем

-

Q0(n) · 1

,

Q0(n)

n

ýòî

ение,C ·1получим:Подст= C. авив в исх дное

C

частноговетЗначитоотношениятвующ,С=3решения:го. ПоэтомуднможнородногообщееполучитьрекуррCрешениеввидеданногосуммысоотношениявобщегоуловиирешениярекуррентнополученногосоот= åíтного+ 2. -

3

1

n

условияначальногоИз

C1(

)

+ 3.

3

f (0) = 6

чтонаходим,

поэтомуи

C1(

1

)0

+ 3 = 6

= 3.

3

C1

ороеноерешениеудовлетворданногояетзаданнымвусловииусловиям,задачиòбурекуррентногодетиметьвид:соотношения,Теперьчаско

(нужно

+ 3 = 3 · ( 3 )

+ 1 .

полученноетакреα n) = 3 ·ж( 3 )

Попроверкудст.авивОтвет:улатьсловий)

1

n

1

n

-имостьошение,налегкчальныхосдеíлтсоевыпоîипроверитьисхднениеø

Задача 350.·

( 3 )

+ 1 .

соотношениярекуррентногорешение

1

n

частноеайтиÍ

удовл творяющееСоответствующееначальномусловиюf (n + 1) = f (n) + n + 1,

ешение:

дноро24дноеf (0) =рекуррентное1.

соотношение

Класс K P2

если),максимальным(илипредполнымназываетсявляетс

KполнанеПредпоявляетс.уществулныйяетпоровнолным,класс5нопредподля любойялныхзамкнутымклассовункции.

f P2 \K система {f } K

T0, T1, S, M, L.

A = {x1x2; 0; 1; x1 x2 x3} является полной.

любая ункцияA из замкнутого класса M называется полной в M, åñëè

Система

M может ыть задана ормулой над A.

система

A

M

базисомегоя

A полна в M , но любая ее собственная подсистема не полна в

Mсистему.СистемаИз,любойсодержпоащуюлной несистемыболее четырехбулевых ункций, кмоотораяжновыделитьакжполнапод.-

ВтораяПерваяэтогоцийбазиседу

A = {x1x2; 0; 1; x1 x2 x3}

базисомявляетс

P2

-Ввиункввункций.дальнейшегоКаждыйМноествозамкнутыйуменьшениявсехзамкнутыхклассчисбулаклассовлевых.Посттребоватьбазистеоремаимеет.нельзяконечный

задачиункциялиОсновныеЯвляется91.ча.Задасчетно

P2

1)

g двойственной к ункции f ?

2

x2;

f (x˜2) = x1

ункций:обеихдляистинноститаблицыСоставим

ешение.g(x˜ ) = x1

x2;

x1

x2

x1

x2

0

0

0

0

1

0

0

1

1

0

0

1

1

1

0

1

0

0

Поскольку

1

0

1

1

1

1

¯

73

¯ ¯

f (0, 0) = 0 = 1 = g¯(1, 1) = g¯(0, 0);

ункцияантконстбулевалиановкиЕсподст

f (x˜) не является линейной,реализутонее пут

îò

ее отрицания, можно0, 1,получитьункцийназываетсx,îðìóx, луакж, отораяможет быть иетвзятиåì

x

xбу.ле ых ункций

1

2

ункцию ожно представить какM ормулу надяполной, ес

булеву любую

M .

Ñè åìà P2 являетсявляетсполной; система {0, 1}

полной.являетсяне

Ïóñòü äàíû{ , äâå, }системы буялевыхполной. ункций

è

{f1, f2, . . . , fm}

(2.1)

.яТпоогдалнойсистемакаждая(2.2)янадсистемыявляетс(2.2)

ункцияполноймо(2ж.ет.2)ееявляетс

являютсормулой(2.1)бытьакие,заданалнымичтосистема

{g1, g2, . . . gs}

ункции,

полна}.

Ïîнятно, что система, содержащая,{ , } {âñå, }операции,{0, 1, ,

Системы .

x

y

|

↓

0

0

1

1

0

1

1

0

1

0

1

0

1

1

0

0

x|y штрих Ше ера;

x праведливы↓ y стрелкаледующиеПиркса.

равенства:

= x|x;

= x ↓ x; x y =

|

;

x

x

x

y

xy =

Системыx ↓ y.

и достДляаточнотог ,чтобыионасистемапоцеликлныбу.омлевыхнесо{|} {↓} дерункцийжаласьбылани впоолнойдномнеобхизклассовдимо

T

, TÂñ,ÿêèé,S M

,замкнутый.L

класс

0

1

K

K 6= P2

содержитс

чтотакой,ункцийбулевых

классовизодномвбыхотя

72

T0, T1, S, M, L.

вид:имеет

Его характеристическим уравнениемf (n + 1) =будетf (n). уравнение

етбунем

λ = 1. Åãî êîð-

днороäíîãîλ1

рекуррентногоКратностьсоотношениякорняравнабудетПоэтомувыражениеобщим= 1. 1.

решением

исходномвПоскольку

C1 · 1

n

= C1.

соотношениирекуррентном

соотношения

v(n) = (n + 1) · 1n = R1(n) · 1n

днороявляетсдного1

веристическвидечастноерешениеогоуравненияисходногосоответствующегорекуррентногосоотношение,букордемемискхаракатьсоотношения,

рекуррентноедноеисх

n(anполучим:Подставив+ b).

выражениеэто

или, после приведения(n + 1)(подобных,a(n + 1) + b) = n(an + b) + n + 1

системуПоэтому, приравняв коэ 2anициенты+ a + bïðè= nстепенях+ 1.

получаеммногочлена,

ешив этудовательно,систему получаем: a + b = 1.

2a = 1;

1

âèä:åòåСлимния

общее решениеa = b

исходного= .

-соотношерекуррентного

2

n

Подставив в это соотношениеα(n) íà= ÷à(льноеn + 1) + C1.

2

условие

f (0) = 1, получим, что

откуда

0

(0 + 1) + C1 = 1,

2

являетсного у C1 = частнымТакимрешениемобразом,1.

-рекуррентногочтодлязаданногосоотношенияначальиспохлучаем,одного

ловия,

n(n + 1)

Теперь, как и в предыдущèõ çàäà25 ÷àõ,+ 1.осталось сделать проверку.

2

Ответ: n(n + 1)

1)Задача 51. Íàéòè+ общее1, (n решение> 0).

соотношения: рекуррентного

2

куррентногоешение.f (n + соотношения:Составляемхарактеристическое3) = −10f (n + 2) − 32f (n + 1) −уравнение32f (n).

-реданногодля

Проверка дает корень λ3 + 10λ2 + 32λ + 32 = 0.

λ1 = −4. азделив уголком, получим разложение

2

разлоВтораяжитьскобкнаалинейныепредставляетмнособойжителиквадратныйипредставитьтрехчлен,уравнениекоторыйввиде:можно(λ + 4)(λ + 6λ + 8) = 0.

Полученное уравнение равносильно(λ + 4)(λ + 4)(совокупностиλ + 2) = 0.

λ + 4 = 0;

λ + 4 = 0;

кореньполучаемкратностивнашемлучае,Следовательно,

рекуррентногоорень

λ + 2 = 0.

и2кратности

λ1 = −4

λ2 = −2соотношения1. буСледдет вательно,соотношениеобщим решением исх дного

Проверка:

(C1 + C2n) · (−4)n + C3(−2)n.

(C1 + C2(n + 3)) · (−4)n+3 + C3(−2)n+3 =

БуКласслеваL замкнутункция .

åñëè,åé

n

f (x˜n) называется самодвойственной булевой унк-

левыхсамодвойственныхвсехжноествосамодвойственныхМно.классомункцийчаетсназываетсячерезяцийбулевыхиобозна

f (x˜ ) = f (x1

, x2, . . . , xn)

=

fНаборыf = f

.

S. Класс S ìî

иещеопределить

àê: S =

{

}

|

зываютсКласся

противоположными

переменных

x1, x2, . . . , xn íà-

(a1, a2, . . . , an) (a1., a2, . . . , an)

."симметричнымествезамкнутжныежныхзначениясонаборахдернаоборот")бы-противопомнокобразом:етпеременныхспротивопояННак

√

S

2

2N

n

-ункцииункцийпринимаявляотойункцияжит(векторноесаморовнодвойственная.заданиебулевыхак

{0, 1} определим бинарное отношение 6

следующим

(a1, a2, . . . , an) è (b1, b2, . . . , bn) òàêèõ, ÷òî

Вектор0 6 0, 0 6 1, 1 6

1.

(a1, a2, . . . , an)

предшествует вектору (b1, b2

. . . , bn) åñëè

a1 6 b1, a2 6 b2, . . . , an 6 bn. При этом используется обозначение

Булева ункция(a1, a2, . . . , an) (b1, b2, . . . , bn).

если для любых наборовf (x˜n) называется монотонной булевой ункцией,

всегда выполняется (a1, a2, . . . , an) (b1, b2, . . . , bn)

нотонныхМножествобувсехлевых f (a1, a2, . . . , an) 6 f (b1, b2, . . . , bn).

-моклассом

ункцийячерезназываетсяибуобозналевыхчаетсункциймонотонных

Класс

M .

можКлассыЕсетлибытьмонотозадазамкнутнаяДНФ.булевабезM

онатонепеременныхявляется.константой,ункцияотрицаний

Если булева,T T ,ункция,,S M L различны.

0

1

путем подстановки ункцийf (x˜n) не является самодвойственной, то из нее

реализуонстЕсантулиет.бунесамолевадвойственнуюк ункция x булевумоx жноункциюпомонотонной,лучитьдногопеременного,ормулукоторая. .

подстановкитем

онстант f (x˜n) не является

-пунееизто

которая реализует булеву 0ункцию, 1 ункции x,

ормулу,получитьжно

.

71x

булевыхсистемзамкнутостьиПолнота2.3.

Пустьмыканием

Mмножеснекваоторое непустое множество,булевых ункций. За-

через

M

называется

æ

обозначаетсякоторое

äàíû [Mормуил] с йстоитнад из всех булевых ункций, которые могут быть за

Ê

àññ

M .

Ä1)ëя замыкM àзываетсния справедливыязамкнутымследующие,если[Mсоотношения:.] = M

2

M [M ];

3

[åñëèM ] = [[M ]];

) 4

M1 M2, òî

[M1] [M2];

ункцва

ÿ

.

Áóë[M1

] [M2] [M1 n M2]

константу

f (x˜ ) называется булевой ункцией, охраняющей

îò

переменных,есл0

è f (0, 0, . . . , 0) = 0. Множество всех бу евых ункци

ункцийn

сохра яющихсохраняющихконстантуонстанту 0

зывается

булевыхсомаë

Áó

ó

êö

0

è îáîçíàчается T0.

константу

f (x˜n) называется левой

аняющей

îò

1

åñë

f (1, 1, . . . , 1) = 1. Множество всех бу евых ункци

ункций,сохраняющихn сохраняющихконстантуонстанту 1

зывается

буассом ë

1

è îáîçíàчается T1.

22N−1

T0

Класс

n

зависящ

îò

N

T1 булевых ункций замкнут и содержит ровно 22 −1

левых

ункция Булева

n

переменных.

существуют

f (x˜n) называется линейной булевой ункцией, если

a0, a1, . . . , an {0, 1}

чтоакие,

n

) = a0 a1x1 . .

anxn.

всехМножество

булевыхf (x˜

отункций

чаелинейными,Еся называется классом линейныхn переменнбулевûхх, ункцийоторые являютсиобозная-

L. линейная булева ункция

содержитзаданиевекторное

f (x˜n) не является ункциионстантой, то ее

Ïðè

2n−1

åä

èö.

ä

житЕсличетноеприn > 2

булевойнейнойлчисвектлвекторноеединицзадание.

f (x˜n) ñî-

нечетное числоn единиц,> 2

ункциязадание булевой ункции f (x˜n) содержит

70f (x˜n) не является линейной.

−64(C1 + C2(n + 3)) · (−4)n − 8C3(−2)n =

Ответ:

−64(C1 + C2(n + 3)) · (−4)n − 8C3(−2)n.

2)

(C1 + C2n) · (−4)n + C3(−2)n.

Задачаf (n + 52.3) =Найти−3f (n + 2) − 3f (n + 1) − f (n).

условиям:1)

an

начальнымисоотношениямрекуррентнымпо

2

an+2 − 4an+1 + 3an = 0; a1 = 10; a2 = 16;

видевзапишемсоотношениерекуррентноеДанноеешение.

an+3 − 3an+1 + 2an

= 0; a1 = 3;

a2

= 7; a3 = 27;

Составляем соответствующееf (n + 3) характеристическое= 3f (n + 1) − 2f (n).уравнение:

Проверклучаем

чтопоказывает,

λ3 − 3λ + 2 = 0.

ïî

разложение

λ1 = 1

уголком,деленияПослекорень.

2