Лекция дискрет 10

Th.3.1.2 Всякая логическая функция f (x1, x2, … , xn) может

Здесь: m n; конъюнкция берётся по всем 2m наборам значений переменных α1, … , αm

Формула

& (x1α1 … xmαm f (α1, … , αm, xm+1, … , xn)) α1...αm

- конъюнктивная нормальная форма (КНФ) ф-ии f (x1, … , xn)

Доказательство Th.3.1.2

Подставим в левую и правую части равенства (▲) произвольный набор значений (σ1, … , σm, σm+1, … , σn):

В правой части (▲▲) присутствуют 2m дизъюнкций, каждая из которых соответствует набору значений α1, … , αm, в том числе ровно одна дизъюнкция такая, что αi = σi для всех i=1…m, т.е. в результате вычисления будет получено σ1α1 … σmαm = 0

В каждой из остальных (2m- 1) дизъюнкций хотя бы для

одного значения j=1…m имеет место αj σj, значит, σjαj = 1, следовательно, σ1α1 … σmαm = 1

В результате вычисления значений σ1α1 & … & σmαm для всех наборов α1...αm равенство (▲▲) принимает вид

f (σ1, σ2, … , σm, σm+1, … , σn) =

=σ1α1 … σmαm f (α1, … , αm, σm+1, … , σn)

ас учётом равенства αi = σi для всех i=1…m и того, что при x = α имеет место xα = 0, получаем:

f(σ1, σ2, … , σm, σm+1, … , σn) =

=σ1σ1 … σmσm f (σ1, … , σm, σm+1, … , σn) =

=f (σ1, σ2, … , σm, σm+1, … , σn)

Набор значений (σ1, σ2, … , σm, σm+1, … , σn) – произвольный, поэтому разложение (▲) доказано

Доказано Th.3.1.2

Пример Разложение функции f(w,x,y,z) = (w x) & (y z)

Как и ранее, f (w, x, y, z) = (w x) & (y z) =

=(w x ((0 0)&(y z))) & (w x ((0 1)&(y z))) &

&( w x ((1 0)&(y z))) & ( w x ((1 1)&(y z))) =

=(w x) & (w x y z) & ( w x y z) & ( w x y z)

В равенстве (▲) положим m = n:

Здесь: конъюнкция берётся по всем наборам значений переменных (1,…, n), для которых выполнено f(1,…, n)= 0

Равенство (▲▲▲) – совершенная конъюнктивная

нормальная форма (СКНФ) функции f (x1, … , xn)

Из (▲▲▲) очевидно: не имеет СКНФ единственная

функция – та, для которой f (x1, … , xn) 1, т.е. константа 1