10 Для функції синтезувати логічну схему
1 |
(x → y ) →( → ) |
10 |
x → ( ( y → z ) →x ) |
19 |
(x ∨ y ) ⊕ (x ∨ z ) |
2 |
(x→ y ) ⊕ (x → z ) |
11 |
( x ∨ y ) → ( x ∨ z ) |
20 |
x ∨ ( y → z ) |
3 |
( → x ) → y |
12 |
x ∧ (y→ z) |
21 |
x → ( y ∨ z) |
4 |
(x → y) ∧ ( x → z ) |
13 |
( → x ) → y |
22 |
(x → y ) →( → ) |
5 |
x → ( ( y → z ) →x ) |
14 |
(x ∨ y ) ⊕ (x ∨ z ) |
23 |
(x→ y ) ⊕ (x → z ) |
6 |
( x ∨ y ) → ( x ∨ z ) |
15 |
x ∨ ( y → z ) |
24 |
x ∧ (y→ z) |
7 |
x → ( y ∨ z) |
16 |
((x → y) ∧ ( x → z ) |
25 |
( → x ) → y |
8 |
(x → y ) →( → ) |
17 |
x → ( ( y → z ) →x ) |
26 |
(x ∨ y ) ⊕ (x ∨ z ) |
9 |
|
18 |
( x ∨ y ) → ( x ∨ z ) |
27 |
|
11 Провести аналіз логічної схеми
1 |
|
14 |
|
2 |
|
15 |
|
3 |
|
16 |
|
4 |
|
17 |
|
5 |
|
18 |
|
6 |
|
19 |
|
7 |
|
20 |
|
8 |
|
21 |
|
9 |
|
22 |
|
10 |
|
23 |
|
11 |
|
24 |
|
12 |
|
25 |
|
13 |
|
26 |
|
Решение задач 30-го варианта.
1.30.
Складемо
таблицю істинності для формули:
:
y |
x |
|
|
|
0 |
0 |
1 |
1 |
1 |
0 |
1 |
1 |
0 |
0 |
1 |
0 |
0 |
1 |
1 |
1 |
1 |
0 |
0 |
1 |
Перевіримо еквівалентність формул
і
,
склавши для них таблиці істинності.
x |
y |
|
|
|
|
0 |
0 |
0 |
1 |
0 |
1 |
0 |
1 |
1 |
0 |
0 |
1 |
1 |
0 |
1 |
1 |
1 |
0 |
1 |
1 |
1 |
0 |
0 |
1 |
Формули не еквівалентні, тому що 3-й і 6-й стовпці таблиці не збігаються.
3.30.
Для спрощення формули використовуємо
правило виключення імплікації:
.
.
4.30.
Використовуючи
закони логіки наведемо формулу
до
вигляду, який містить тільки диз'юнкції
елементарних кон'юнкцій. Отримана
формула і буде шуканої ДНФ:
Для побудови ДДНФ складемо таблицю істинності для даної формули:
x |
y |
z |
xÙy |
(xÙy)Úz |
|
0 |
0 |
0 |
0 |
0 |
1 |
0 |
0 |
1 |
0 |
1 |
0 |
0 |
1 |
0 |
0 |
0 |
1 |
0 |
1 |
1 |
0 |
1 |
0 |
1 |
0 |
0 |
0 |
0 |
1 |
1 |
0 |
1 |
0 |
1 |
0 |
1 |
1 |
0 |
1 |
1 |
0 |
1 |
1 |
1 |
1 |
1 |
0 |
Позначемо
ті рядки таблиці, в яких формула (останній
стовпець) приймає значення "1". Для
кожної такої рядки випишемо формулу,
справжню на наборі змінних x,
y, z
цього рядка: рядок 1 –
;
рядок 3 –
;
рядок 5
–
.
Диз'юнкція
цих трьох формул буде приймати значення
"1" тільки на наборах змінних в
рядках 1, 3, 5, а отже і буде шуканої
досконалою диз'юнктивною нормальною
формою (ДДНФ):
5.30. Для
того, щоб записати формулу в наведеному
вигляді, слід, користуючись формулою
,
виключити операцію імплікації, а потім
"опустити" операцію заперечення
на прості змінні:
6.30. Спосіб
1. (Метод
невизначених коефіцієнтів).
Складаємо
таблицю істинності для функції
x1
x2
x1 |
x2 |
x1 x2 |
0 |
0 |
1 |
0 |
1 |
0 |
1 |
0 |
0 |
1 |
1 |
1 |
Записуємо поліном Жегалкина з невідомими коефіцієнтами x0, x1, x2, x12 для функції від двох змінних: x1 x2 = x0Å x1 x1Å x2 x2Å x12 x1 x2.
Підставляючи в це розкладання значення x1 і x2 з таблиці, визначаємо невідомі коефіцієнти: Підставляючи x1=0, x2=0, , отримуємо:
1= x0;
x1=0, x2=1 — 0=1Å x2 Þ x2=1;
x1=1, x2=0 — 0=1Å x1 Þ x1=1;
x1=1, x2=1— 1=1Å x12 Þ x12=0.
Поліном Жегалкина має вигляд: : x1~x2 = 1Å x1 Å x2.
Спосіб 2. (Еквівалентні перетворення).
Спочатку
запишемо ДДНФ
еквівалентності:
{т.к.
} =
{
Оскільки
}
{
далі,
,
тому
}
7.30. Спочатку перетворимо вихідну формулу
;
.
.
Нехай
,
тоді
,
,
тому
,
отже
функція
несамодвоїста.
8.30.
Функція
немонотонна,
т.к.
,
але
но
.
9.30.
Щоб
довести повноту системи
необхідно перевірити, що система містить
функцію що не зберігає 0, функцію що не
зберігає 1, немонотонну функцію,
несамодвоїст функцію і нелінійну
функцію.
Доведемо
повноту системи
.
Позначимо
і
випишемо її таблицю істинності
|
|
|
0 |
0 |
1 |
0 |
1 |
0 |
1 |
0 |
0 |
1 |
1 |
1 |
Функція f1 не зберігає 0. З'ясуємо, чи є f1 самодвоїстою.
|
|
|
|
1 |
1 |
1 |
0 |
1 |
0 |
0 |
1 |
0 |
1 |
0 |
1 |
0 |
0 |
1 |
0 |
Т.я.
,
то f1
несамодвоїста.
Функція
немонотонна,
і не зберігає 1.
. Знайдемо
поліном Жегалкина
для
=
|
|
|
|
|
0 |
0 |
1 |
1 |
1 |
0 |
1 |
1 |
0 |
0 |
1 |
0 |
0 |
1 |
1 |
1 |
1 |
0 |
0 |
1 |
;
;
;
;
Функція
нелінійна.
Згідно
теоремі про повноту
–
повна
система.