Вопросы к зачету часть1 (Вопросы к зачету (ответы)), страница 9
Описание файла
Файл "Вопросы к зачету часть1" внутри архива находится в папке "Вопросы к зачету (ответы)". Документ из архива "Вопросы к зачету (ответы)", который расположен в категории "". Всё это находится в предмете "информационная безопасность" из 7 семестр, которые можно найти в файловом архиве РТУ МИРЭА. Не смотря на прямую связь этого архива с РТУ МИРЭА, его также можно найти и в других разделах. Архив можно найти в разделе "к экзамену/зачёту", в предмете "информационная безопасность" в общих файлах.
Онлайн просмотр документа "Вопросы к зачету часть1"
Текст 9 страницы из документа "Вопросы к зачету часть1"
По определению тупиковой ДНФ все ее импликанты простые и потому содержатся в сокращенной ДНФ. Отсюда следует, что для нахождения тупиковых ДНФ нужно уметь выяснять, поглощается ли в ДНФ произвольная элементарная конъюнкция дизъюнкцией остальных. Для решения последнего вопроса докажем критерий поглощения.
Лемма. Пусть ДНФ поглощает конъюнкцию и . Тогда поглощается ДНФ
Допустим, что это не так, т. е. Тогда для некоторого набора значений переменных А так как , то , а потому и Следовательно, , т.е. не поглощается ДНФ , что противоречит условию.
Функции и называются ортогональными, если . Доказанная лемма позволяет при исследовании на поглощение некоторой конъюнкции не принимать во внимание ортогональные к ней конъюнкции.
Теорема (критерий поглощения). Пусть некоторая ДНФ; - конъюнкция не ортогональная конъюнкция всех сомножителей, входящих в и , а - конъюнкция остальных сомножителе из ; при . ДНФ поглощает тогда и только тогда, когда
Доказательство. Пусть выполнено условие (12) и Тогда существует набор значений переменных , такой, что а потому и С другой стороны, по условию (12) а потому для некоторого . Пусть, например, Тогда и, следовательно, Получим противоречие.
Обратно, пусть и условие (12) не выполнено. Тогда для некоторого набора , . Так как то в не может входить отрицание какого-либо сомножителя из . Следовательно, в , а потому и в ДНФ входят лишь переменные, не входящие в . Пусть, например, в входят переменные а в Тогда
при любых значениях Так как не ортогональна , то а потому для некоторых имеем Таким образом, при :
что противоречит условию. При условие (12) тривиально.
Пример. Используя критерий поглощения, найти МДНФ для функции предыдущего примера.
Сокращенная ДНФ нашей функции имеет вид:
Выясним, какие из конъюнкций этой ДНФ не поглощаются дизъюнкцией остальных. Рассмотрим конъюнкцию Она не ортогональна лишь конъюнкциям которые не
поглощают ее, поскольку не выполняется условие (12):
Аналогично не поглощается остальными и Далее убеждаемся, что в (13) каждая из конъюнкций поглощается остальными и в ДНФ
каждая из конъюнкций поглощается остальными. Удаляя конъюнкции, поглощаемые остальными, получаем 4
ДНФ:
в этих ДНФ ни одна из конъюнкций не поглощается остальными, а потому это суть все тупиковые ДНФ функции . А так как они имеют одну и ту же длину, то все являются минимальными.
В заключение этого параграфа мы укажем еще один метод нахождения МДНФ из сокращенной ДНФ – метод Квайна. Рассмотрим его на предыдущем примере. Составим таблицу 1, у которой во входную строку входят все конъюнкции совершенной ДНФ функции , а во второй столбец – все конъюнкции из сокращенной ДНФ.
ТАБЛИЦА 1.
1111 | 1110 | 1101 | 1100 | 1001 | 1000 | 0110 | 0011 | 0010 | 0000 | 0111 | |
+ | + | ||||||||||
+ | + | + | + | ||||||||
+ | + | + | + | ||||||||
+ | + | + | + | ||||||||
+ | + | + | + | ||||||||
+ | + |
На пересечении строки с конъюнкцией , со столбцом с конъюнкцией ставим знак “+” в том и только том случае, когда поглощает , т. е. является частью . Далее, глядя на таблицу, мы должны выбрать из сокращенной ДНФ минимальное число конъюнкций, которые бы поглощали все конъюнкции совершенной ДНФ. В нашем случае мы замечаем, что конъюнкция поглощается только конъюнкцией . Значит, должна входить в любую тупиковую ДНФ функции . По тем же соображениям в любую тупиковую ДНФ входят . С другой стороны, из таблицы видно, что для поглощения
всех элементарных конъюнкций совершенной ДНФ функции нужно взять из сокращенной ДНФ конъюнкции , или или или , В итоге мы приходим к указанным выше четырем минимальным ДНФ функции .
16. Доказательство теоремы о представлении двоичной функции в виде полинома Жегалкина.
Полином Жегалкина. Еще одно важное представление логических функций получается с использованием операций конъюнкции и суммирования по mod 2.
Отметим, что сумма по mod 2 обладает обычными свойствами: x1 x2= x2 x1(коммутативность), x1 (x2 x3) = (x1 x2) x3 (ассоциативность), x1 (x2 хз)= x1x2 x1x3 (дистрибутивность). На основе свойства ассоциативности можно рассматривать многоместную операцию Значение этой суммы равно 1 тогда и только тогда, когда в наборе значение x2,… ,xn переменных x1,имеется нечетное число единиц. Заметим, что если в наборе значений переменных x1,x2,… ,xn присутствует не более одной единицы, то совпадает с .
Рассмотрим теперь произвольную функцию f(x1, ..., xn) 0 и выразим ее посредством с.д. н. ф.:
На каждом наборе (α1,. . . ,αn) в 1 обращается не более одной из конъюнкций x1, ..., xn, входящих в
с.д.н.ф. Поэтому внешняя дизъюнкция может быть заменена суммой по mod 2:
Далее, поскольку , то . Подставив вместо выражение , получим
Обычным образом раскрыв скобки и приведя подобные члены по правилу A А = 0, придем к представлению функции в виде полинома по mod 2:
где коэффициенты равны 0 или 1. Пустая конъюнкция считается равной 1, так что коэффициент, соответствующий пустому множеству индексов i1, ..., is, представляет собой свободный член полинома. Указанное представление носит название полинома Жегалкина. Для функции, тождественно равной нулю, в качестве полинома берется 0.
Построим полином Жегалкина для функции, заданной таблицей 1.1. Имеем
f(x1,х2,x3)= (x11) (x21) (x3 1) (x11)( x11) x3x1 (x21)(x31) x1(x21) x3 x1x2x3
Для преобразования этого выражения могут быть использованы обычные приемы элементарной алгебры
(специфичным является лишь приведение подобных членов по правилу А А =0). В частности, применяя группировку членов и вынесение за скобки, получаем
Теорема 1.3. Всякая логическая функция может быть представлена в виде полинома Жегалкина единственным образом.
Доказательство. Существование полинома для любой функции было установлено, докажем единственность.
Подсчитаем количество полиномов от переменных ,..., . Число различных конъюнкций ,..., совпадает с числом подмножеств множества {1, ...,n} и равно (пустому подмножеству соответствует пустая конъюнкция, равная 1). Полином задается множеством конъюнкций, входящих в него с коэффициентом 1 (пустому множеству конъюнкций соответствует полином, равный 0). Число полиномов определяется числом этих множеств и составляет .
Всякой функции от n аргументов соответствует некоторый полином Жегалкина, и разным функциям отвечают разные полиномы. Поскольку число функций от n аргументов совпадает с числом полиномов, то если бы какая-либо функция имела несколько полиномов, для некоторых функций полиномов не хватило бы. Теорема доказана.
Представления, описанные в данном параграфе, играют важную роль и широко используются в различных областях, связанных с конструированием дискретных устройств.