Задачи И Упражнения По Дискретной Математике, Гаврилов, Сапоженко, страница 9

Способы задания и свввс1пва фупкиий алеебрв1 логики ременных, имеем уз(0, О, 0) = уз(1, О, 0) = 72(0, 1, 1) = Тз(1, 1, 1) = 1 и Ь(0, О, 1) = Д(1, О,. 1) = Д(0., 1, 0) = 1'з(1, 1, 0) = О. Совершенная д.н.ф. У уз имеет вид ООО1ООО хгхгха Ч хгхгхз ' ' хгхгхз Ч хгхгхз — хгхэхз Ч хгхгхз Ч хгхгхз Ч хгхгхз а совершенная к. н, ф, такова; х1 Чхг Ч аз) - х1 Чха Ч хз) (х1 Чхг Ч хз) . (х1 Чхг Ч хз) = = (х1 Чхг Чхз) '(х1 Чхг Чхз) (х1''хг Чхз) '(х1 Чхг Чхз).

б) Ь(0, хг, тз) = О -2 хз = 1, Ь(1, хг, хз) = 1 хг -э хз = хг -э — 1 хз. Следовательно, разложения этой функции по переменной х1, полученные по формулам (2) и (6), имеют вид х1 1 Чхг (хг — 1 хз) и (х1 Ч (хг -в хз)) (У1 Ч 1). Вычисляем значения функции ув на различных наборах значений переменных: ув(0, О, 0) = 1в(0, О, 1) = = 1в(0, 1, 0) = гв(0, 1, 1) = 1'в(1, О, 0) = 1в(1, О, 1) = (в(1, 1, 0) и ув(1, 1, 1) = О. Зна 1ит, совершенная д. н. ф.

функции Д такова: х1Угхз Ч У1Угхз Ч хгхгхз Ч УгхгУз Ч г:1хгхз Ч хгхгхз. Совершенная к.н.ф. функции имеет вид У1 Ч Уг Ч хз. Замечание. Совершенная дизъюнктивная нормальная форма функции Д(х1) = х1 (как функции от одной переменной х1) совпацает с совершенной к.н.ф. и есть просто х1. В самом деле, Г'(0) = 1 и Д(1) = 0; следовательно, совершенная д. н, ф. функции 1(х1) = х1 имеет вид х1 — — х1 и совершенная к.н.ф. такова же: У = х = х1.

о — о Аналогичное утверждение справедливо и для функции 1(хг) = хг: ее совершенные диэъюнктивная и конъюнктивная нормальные формы совпадают с ней самой, т.е. с хг. Эти факты интересно сравнить с соответствующими результатами для функций 11 и уг из приведенно- го выше примера. Пример 2. Представить в совершенной д.и.ф. и совершенной к. н. ф.

функцию 1с(хйз) = (01101001). Решение. Функция 1 принимает значение 1 на наборах, номера которых равны 1, 2, 4 и 7, т. е, на наборах (О, О, 1), (О, 1, 0), (1, О, 0) и (1, 1, Ц. Конъюнкции, соответствующие этим наборам, имеют вид , О О 1 — — О 1 Π— —, 1 О О х1х2хз х1хгхз х1х2хз х1т2хз х1хгхз х1х2хз и х1х2хз = хгхгхз. Значит, совершенная д. н. ф. функции 1(йз) такова: У1Угг:з ЧУ1тгУз Ч х1У2Уз Ч хсхгтз. Пля построения совершенной к.н.ф. рассматриваем все те наборы, на которых функция 1' обра- щается в О.

Это наборы (О, О, 0), (О, 1, 1), (1, О, 1) и (1, 1, О). Соот- ветствующие им дизъюнкции имеют вид о о о х1 Ч хг Ч хз — — х1 Ч хгЧ хз — — х1 Ч хг Ч хз, о Т,Т 1 о о х1 Ч хг Ч хз — — х1 Ч хг Ч хз —— х1 Ч х2Ч хз, х1 Ч хг Ч хз — — х1 Ч хг Ч хз — — х1Ч хгЧ хз, Т о Т о 1 о Х1 ЧХг Чтг — — Х1ЧХ2ЧХЗ вЂ” — т1ЧХ2Чтг. Т Т о о о,,1 Перемножая эти дизъюнкции, получаем совершенную к. н.

ф. функ- ции ~: (х1 Ч хг Ч хз) (х1 Ч хг Ч хз) (х1 Ч хг Ч хз) (х1'Ч хг'Ч хз). у д. Специальные предегпавленин булевых функций 43 П р и м е р 3. Представить в совершенной к. н. ф. хю, хз- и хзхз-компоненты функции Хл(хо) = (хз — ь хххз) Ю хз, рассматривая их как функции, зависящие только от «оставшихся» переменных. Решение. хюкомпонентой функции 1(хз) является Л(х ) = х(1, хз, уз) = (1 > хзуз)Юхз = (ОЧхзхз)чьхх = хзхз 9 хз = хз ь хз. Аналогично, хз-компонента функции у" (х з) есть функция д(х з) = = У(хы О, хз) = (х1 — > О. тз) ьЗ 0 = хз — > хз, а хзхз-компонента функция узод(х ) = У(хы 1, 0) = (хз — г 1 0) Ю 1 = хь Ю 1 = хь Очевидно, что совершенная к.н.ф.

функции ьвз(хз, хз) = хз Ч хз совпадает с ней самой, совершенная к. н. ф. функции уьз(хы хз) = хз — е хз есть хз М х„= хй Ч хз — — хз Ч хз и, наконец, совеРшеннаЯ к.н.ф. — о .о функции уьз(хз) = хз --. зто просто хь Пример 4. Показать, что если Д(х"): — уз(хп) для всякого 1 (1 < ~, '< п), то функция 1(х") есть константа.

Решение. Разложив функцию у по переменной хь (см. формулу (2)), получаем (х") = х'уо(хд") У х.Л(х") = х Ыхп) У х.1о(х") = = (хг 'й хд1о(ха) = 1 ' Уо(х") = )о(хп) т.е. х, фиктивная переменная функции )(хС"). Так как х, произвольно выбранная переменная., то, значит., все переменные функции 1(х") фиктивные. Следовательно, Д(х") есть константа. П р имер 5. Среди функций, зависящих только от двух переменных х1 и хсп найти те, которые имеют наибольшее число разных подфункций.

(Каждая подфункция функции Дхы хз) рассматривается как функция, зависящая от обеих переменных х1 и хз.) Решение. Эту задачу можно решать следующим (громоздким, переборным) способом: выписать все функции, зависящие от переменных хз и хз (их 16!), затем для каждой из них найти все ее подфункции и выяснить, сколько среди них разных. Привлекая некоторые дополнительные утверждения, удается сократить перебор. Например, можно воспользоваться следующими фактами (см. задачу 2.6): 1) если функция д(х ") может быть получона из функции г'(хб ") переименованием переменных без отождествления, то число различных подфункций у функции 1(хи) и д(х") одинаковое: 2) у двойственных функций число различных подфункций одинаковое; 3) если д(х") = 1(хп), то число различных подфункций у функций 1(х") и д(х") одинаковое. Принимая во внимание зти три утверждения, достаточно ограничиться рассмотрением пяти функций: О, хы хзхх, хз Ю хз и хз -ь хз.

44 Гл, 1. Способы задания и свобства фупкиий алгебре~ логики Е1етрудно установить, что у функции 0 все подфункции равны ей самой, а у функции хг три разные подфункции: О, 1 и хы У функции х>хг разных подфункций пять: хгхг, О, хы хг и 1.

У функции хг ~В хг семь разных подфункций: хс Ю хг, хы хг, хс Ю 1, хг Ю 1, 0 и 1. Наконец, у функции хг — о хг пять подфункций: хг -л хг, 1зхг =та, хс-гО=хы 1-о0=0 и 0-гхг =хг -г1=0-+О:— =Оэ1=1э1=1. Итак, наибольшее число разных подфункций (семь) имеют следующие функпии, зависящие от хг и хг, хг ~Эхг и хг 9 хг 91 = х~ хг Привсдом ещо одно решение данной задачи. Сначала заметим, что у функции, зависящей существенно хотя бы от одной переменной, число различных подфункций нс меньше трех (она сама и две константные подфункции всегда отличны друг от друга).

Поэтому тот случай, когда исходная функция есть константы, можно не рассматривать (ибо все ее подфункции просто совпадают с ней самой). Палое, если функция Д(т") зависит существенно только от одной переменной, то она имеет вид х,, где и Е (О, 1) (1 = 1, 2). Очевидно, что у такой функции три различные подфункции: х,, 0 и 1. Теперь займемся исследованием функций, у которых обе переменные существенные. Возможны два подслучая: а) функция Дхг) принимает некоторое значение о на трех наборах значений переменных, а другое значение о на одном наборе); б) функция 1" (х г) принимает каждое значение (О и 1) ровно на двух наборах.

В случае а) в каждой паре подфункций ®О, хг), 1(1, хг)) и (Д(хм 0), 1(хы 1Н ровно одна подфункция является константой о, а другая есть соотвстствснно х и х' (где гб т Е (О, 1)). Отсюда следует, что у данной функции 1(х ) ровно пять различных подфункций: сама функция 1" (хТг), х(, х,, 0 и 1. Перейдем к подслучаю б). Здесь ни одна из подфункций ((О, хг), 1(1, хг), 1 (хеы 0) и 1 (хы 1) не может быть константой. В самом деле, если, например. 1(0, хг) = сг, то функция г"(1, хг) должна быть равна тождественно а; но тогда (см. формулу (2)) (х~ при о = О, г(х ) =хгогхго= )— ~хг при о =1, т.е, фУнкциЯ 1(х ) зависит несУщественно от пеРеменной хг, что противоречит условию.

наложенному на функцию Г" (ха). Палее, так как функция 1(хг) существенно зависит от обеих переменных. то 1"(О, х ) ф 1'(1, хг) и 1'(хы 0) ф 1'(х, 1). действительно, если, например, ДО, хг) = 1(1, хг), то, используя формулу (2), получаем (ср. с решением примера 4): 1"(х ) = хг1"(О, хг)'дхг1'(1, хг) = хг1"(О, хг) Ч У хг1'(О.,хг) = (хг Ч хг) 1'(О, хг) = 1 4с 1'(О,хг) = 1(О,хг), т.е. переменная хз фиктивная. Это противоречит условию, наложенному на функцию 1(хзг). Из всего сказанного относительно функций 1(0, хг), 1'(1, хг) 1'(хы 0) и 1'(хы 1) следует,. что ДО, хг) = хг, .1'(1, хг) = = хго = хг — — хг, 1 (хы 0) = хг и ~(хы Ц = х' = х'.

Отсюда вытекает, что у функции у(юг) семь разных подфункций: она сама., О., 1, хсы у ец Специальные представления булевых функции 45 хы хг и х,. Нетрудно получить и выражение для функции 1(х ), воспользовавшись, например, формулой (10): з (х ) = хзх2 и хзх2 = (Х1 ч' 1) Х2 ® хз(Х2 йз 1) = хгх2 ~~ Х2 л' хзх2 ~~ хз х! ~~~ 22 (Х4 хг, если П = О, = хз ег хг е4 и ев 1 = 4( (хзйхг, если п=1.

(Здесь, как и выше, мы использовали эквивалентности х, = х" Ю 1, а также очевидные тождества х = х - и = хааа.й 1.) 2.1. 1зассматривая соответствующую компоненту функции 7'(хп) как функцию, зависящую от всех переменных хы хг, ..., Хп, представить ее в векторной форме: 1) з (Х ): Хз + (Х2 чг Хзхз), Х2-КОМПОНОНту 2) ((х ) = Хзхг ~ (Хг — 4 хгхз), хз-компоненту; 3) 7 (х ) = (Уз '4 х2 ~l хз) 4 (хз 4 (У2 е хз)), хыкомпоненту; 4) 2'(х ) = (01110100), хыкомпоненту; 5) 2 (х ) = (11001110), хг-компоненту; 6) з (х ) = (10011110), хз-компоненту; 7) з (х ) = (хз ез хг) — > (хз — 4 хзх4), хгхл-компоненту; 8) з (х ) (хз дх2хз Ч х4) аг (хзхгхз е х4), х1у2хз компоненту; 9) 7'(х~) = (0101011011100011), Угхв-компоненту; 10) ((х ) = (1101101100001001), хгхзх4-компоненту.

2.2. Используя хз — и У,-компоненты функции 7" (хп), построить в векторной форме ее х -компоненту, причом эту компоненту следует рассматривать как функцию, зависящую от всех перемен- НЫХ Хмхг~ . ~ Ха' Ц (1( 3) х > хз 74(хз) — Х2 хз кОмпоненту 2) л ( ) х е (х ) хз хз, хыкомпоненту; 3) лз(.-з) (00111100), фх ) = (Ш10000), хг-компонентУ ) 2(хз) (10101111) у2(хз) х, ~ хз, уз-компоненту; 5) ~~(Х ) = Т ЯЗХ4,(~ (Х ) = Х2 лхл Х2 У1 6) у2(х4) — х ) х Х4 Д(х4) = Узхзхв, х4"кОмшшснту~ 7) зо(х ) = хгхз ~Э х4, з'4 (х ) = (1011011110110111), хз-компоненту.

2.3. Представить в совершенной д.н.ф. следующие функции: 1) з (Х ) (хз ПХ2) е Хз 2) з (х ) (Х1 е Х2) е (хз ~ хгхЗ)~ 3) Д(х з) (01010001) 4) Д(х з) (01111000) 5) з'(х~) = (10001111); 6) з'(х~) = (хз -4 хгхзхл) (хз — + хзхг); 7) 1(х~) = (хзйзхг) (хз — 4 хгх4); 8) 1(х~) = (0100100011000010); 9) 7(х~) = (1000011100110001); 10) 7(х~) = (1100100010010011). 46 Га. 1. Способы задания и свойыпва угупкиий ааеебрь~ возики 2.4. Представить в совершенной к.н.ф. следующие функции: 1) 7(х~) = хг 9 хг, 2) 7(хг) = хе .( хг., 3) 1(х') =х,хг гх,хз 1х,х,; 4) Дх') = х,х, Юхе; 5) 7'(х з) (01011101).