Главная » Просмотр файлов » Спец часть (часть 1) (3 поток) (2015) (by Кибитова)

Спец часть (часть 1) (3 поток) (2015) (by Кибитова) (1161601), страница 4

Файл №1161601 Спец часть (часть 1) (3 поток) (2015) (by Кибитова) (Ответы на спец часть) 4 страницаСпец часть (часть 1) (3 поток) (2015) (by Кибитова) (1161601) страница 42019-09-19СтудИзба
Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 4)

ПустьAA⊄⊄TT0[A],0,AA⊆⊄⊄T⊄N⊄M,AA⊄L,L,A≠⊄PS..S.Тогдав вA Aсуществуютфункции1,1,A=Достаточность.ПустьTAM,⊄A⊄ТогдасуществуютфункцииT0, T1, S, Достаточность.L,MипустьA⊆N.Тогда[N]≠Pи[A]Полученноепротиворечие22Достаточность.ПустьA ⊄fS T∉0,S.A Достаточно⊄ T1, A ⊄ M, A ⊄ L, A что⊄ S. Тогдав A существуют функцииff00 ∉ff11∉∉ TT11,,fMfLfL∉∉L,∉ TT00,,обоснованиеfM∉∉M,M,L, fS ∉ S.

Достаточнопоказать,показать, что[A][A]⊇⊇[f0[f, 0f,1,f1f,Mf,Mf,L,fLf,S]fS=] =P2P. 2Разо. Разозавершаетнеобходимости.бьёмнатричасти:получениеотрицания,константиконъюнкции.fбьём,f∉T,f∉M,f∉L,f∉S.Достаточнопоказать,что[A]⊇[f,f,f,f,f]=P.Разо0 ∉ Tдоказательство011MLS01MLS2доказательство на три части: получение отрицания, констант и конъюнкции.Достаточность.Пусть .AРассмотрим⊄ T0, A ⊄ T1функцию, A ⊄ M, Af0⊄(xL,1, A…,⊄ S.существуютфункции =Получениеxnx)Тогда∉ T ви Aконъюнкции.введёмбьёмa)a)доказательствочасти: получениеотрицания,Получение xнаx .триРассмотримфункциюf0 (x1, …,константвведёмфункциюфункциюφ0φ(x)n) ∉ 0T0и и0 (x) =f0 ∉ T0, f1 ∉ T=1=, fff0M0(x,∉M,f∉L,f∉S.Достаточнопоказать,что[A]⊇[f,f,f,f,f]=P.Разоx,…,x).Таккакфункцияfнесохраняетнуль,φ(0)=f(0,0,…,0)=1.ВозLS01MLS200(x, x, …,xx).Так как функцияf0 неf сохраняетφ0 (0) = f (0,функцию0, …, 0) =a) можныПолучение.части:Рассмотримфункцию(x1,констант…,φ0xnнуль,)(x)∉и Tконъюнкции.φ01.(x)Воз=0 либо0 и1.введём()ϕдваслучая:либоx=x,≡Рассмотримфункциюбьём доказательствонатриполучениеотрицания,0можны два случая: либо ϕ 0 (x ) = x , либо φ0 (x) ≡ 1.

Рассмотрим функциюf01(x,как функциюфункция образомff00неφ0 (0)φ1=(x)fфункцию(0, 0, …,x,0)φ…,=(x)x).1. =Возff=, …,x,x x.…,∉x).T1Таки аналогичнымвведёмфункциюТакa) Получение(x1сохраняет, …,xn) ∉нуль,Tфункцию1 (xn)Рассмотрим0 и введёмвведёмφ1 (x)= =f1 f(x,1 (x1, …, xn) ∉ T1 и аналогичным образом1 (x, x,0…, x). Таккакфункцияfнесохраняетединицу,φ(1)=f(1,1,…,1)=0.Возможнытакже(x )сохраняетϕ0 0неможныдваТак1fслучая:либо fединицу,= x ,φ1 1либо(x)≡ =1)1.f =(0,Рассмотрим= f0 (x,x, функция…, x).функция…, 0) = 1.функциюВоз-два0 φкакне сохраняет(1) нуль,= fφ(1,1,0 (0)…,0.0,Возможнытакжедва1 какϕслучая:либо(x)=x,либоφ(x)≡0.Еслихотябыводномслучаеполучилосьис1случая:=аналогичнымx , либо0.

Еслибыв одномисϕ 0 (x )φ=1 (x)можныслучая:xобразом, ≡либоφ0 хотя(x)функцию≡ 1.Рассмотримфункциюf (x два, …,либоx ) ∉ϕ1T1 (xи)либовведёмφ (x)случае= f (x,получилосьx, …, x). Так1 1n111комоекомое отрицание,отрицание,пунктпунктзавершён.завершён.ЕслиЕслижежев вобоихобоихслучаяхслучаяхполучилисьполучилиськонстанты,константы,f1 (x1то,как…,xn) ∉ T1леммеиf1 аналогичнымобразомфункции,введёмфункциюφ1)= Возможныf1 (x, x,fM…,x).Так двафункциянесохраняетединицу,φ(1)=f(1,1,…,=0.также1 в(x)согласноонемонотоннойподставляяфункцию∉M1то согласно лемме о немонотонной функции, подставляя в функцию fM ∉ Mвместовместокак функцияf1 не ϕсохраняетединицу,φ=f(1,1,…,1)=0.Возможнытакжедвавсехпеременныхконстантыиφитождественныефункции,можнополучитьотрицание.1 (1)случая:либоx=x,либо(x)≡0.Еслихотябыводномслучаеполучилосьисвсехпеременныхконстантытождественныефункции,можнополучитьотрицание.11Отрицаниеполучено.ϕслучая:либо(x)=x,либоφ(x)≡0.Еслихотябыводномслучаеполучилосьис1Отрицание1 получено.комое отрицание,пунктжеСогласнов обоих случаяхконстанты,b) Получениеконстант0 и завершён.1.

Имеем ЕслиfS ∉ S.лемме ополучилисьb)Получениеконстант0и1. ИмеемfS ∉в обоихS. Согласнолеммеонесамодвойственнойнесамодвойственнойкомоеотрицание,пунктзавершён.Еслижеслучаяхполучилиськонстанты,функции,подставляявсех переменныхфункции fS отрицаниеполуто согласнолемме о вместонемонотоннойфункции, подставляяфункцию(котороеfM(которое∉ M вместофункции,подставляявместо всехпеременныхфункцииfSв отрицаниеполуто согласнолеммеонемонотоннойфункции,подставляявфункциюf∉Mвместочено в пункте a) и тождественную функцию, можно получитьконстанты:Mченовпунктеa)итождественнуюфункцию,можнополучитьконстанты:всехпеременныхконстантыи тождественныефункции,можнополучитьотрицание.всех[f[fпеременныхтождественныефункции,можнополучитьотрицание.Константыиполучены.S, x ] ∋ [0, 1].константы,x]∋[0,1].Константыполучены.SОтрицаниеполучено.

x · y. Имеем функцию fL ∉ L. Согласно лемме о нелинейной c) ПолучениеконъюнкцииОтрицаниеполучено.c) Получениеконъюнкции x · y. Имеем функцию fL ∉ L. Согласно лемме о нелинейнойподставляявместопеременныхконстантыи отрицанияb) функции,Получениеконстант0вфункциюифункцию1. ИмеемfSS.∉СогласноS.всехСогласнолеммеоконстантынесамодвойственнойb) Получениеконстант0 и в1.ИмеемffSLf∉леммео несамодвойственнойфункции,подставляявсехпеременныхи отрицанияL вместо(которые были получены на предыдущих шагах доказательства), можно получитьфункции,подставляявместовсехпеременныхфункцииfотрицание(котороеполу(которыебылиполученынапредыдущихшагахдоказательства),можнополучитьфункции,подставляя вместовсех переменныхфункцииfS отрицаниеполуS первом(котороелибо конъюнкцию,либо отрицаниеконъюнкции.Однаконаэтапе отрицаниелибоконъюнкцию,либоотрицание конъюнкции.Однакона первомэтапеотрицаниеченоужев пунктеa) иa)следовательно,тождественнуюфункцию,можнополучитьконстанты:ченовполучено,пунктеи тождественнуюфункцию,можнополучитьконстанты:всегдаможнополучитьконъюнкцию:уже получено, следовательно, всегда можно получить конъюнкцию:[fS, x[f[f]LS,∋, 0,[0,получены.∋1].[xy,xy ].

Конъюнкцияx 1,] ∋1].x[0,]КонстантыКонстантыполучены.получена. [fL, 0, 1, x ] ∋ [xy, xy ]. Конъюнкция получена.c) Получениеконъюнкцииx·y.Имеемфункциюf∉L.СогласнолеммеонелинейнойВc)результатеполучено,что [xf 0·, y.f1 ,Имеемf , f , f S ] ⊇ [xL , xyfL] =∉ PL.. ПоследнеелеммеравенствоследуетПолучениеконъюнкциио нелинейнойВ результатеполучено,что [ f 0 , f1 , Mf M , Lf Lфункцию, f S ] ⊇ [x , xy ] = 2P2Согласно. Последнее равенствоследуетфункции,подставляяв функциювместовсехвсехпеременныхконстантыи отрицанияиз пункта2 теоремы4.

В силулеммы2fLдостаточностьдоказана.функции,подставляявфункциюfвместопеременныхконстантыиотрицанияLиз пункта 2 теоремы 4. В силу леммы 2 достаточностьдоказана.()(которые были получены на предыдущих шагах доказательства), можно получить(которыебылилибополученына предыдущихдоказательства),можнополучить§12.либоТеоремао максимальномчислефункций вшагахбазисеалгебрыконъюнкцию,отрицаниеконъюнкции.Однаконапервомлогики.этапеотрицание§12. Теоремаомаксимальномчислефункцийвбазисеалгебрылогики.либо конъюнкцию, либо отрицание конъюнкции.

Однако на первом этапе отрицаниеужеполучено,следовательно,всегдаполучитьбазисомконъюнкцию:Определение.Системафункций алгебрылогикиможноA ⊆ P2 называется(в P2), еслиужеполучено,следовательно,всегдаможнополучитьконъюнкцию:Определение.СистемафункцийалгебрылогикиA⊆Pназываетсябазисом(в P2), если2[fL, 0,1)1,[A]x ]=∋P[xy,xy ]. Конъюнкция получена.2;b) Получение констант 0 и 1. Имеем fS ∉ S. Согласно лемме о несамодвойственнойфункции, подставляя вместо всех переменных функции fS отрицание (которое получено в пункте a) и тождественную функцию, можно получить константы:[fS, x ] ∋ [0, 1].

Константы получены.c) Получение конъюнкции x · y. Имеем функцию fL ∉ L. Согласно лемме о нелинейнойфункции, подставляя в функцию fL вместо всех переменных константы и отрицания(которые были получены на предыдущих шагах доказательства), можно получитьлибо конъюнкцию, либо отрицание конъюнкции. Однако на первом этапе отрицаниеуже получено, следовательно, всегда можно получить конъюнкцию:[fL, 0, 1, x ] ∋ [xy, xy ]. Конъюнкция получена.В результате получено, что [ f 0 , f1 , f M , f L , f S ] ⊇ [x , xy ] = P2 . Последнее равенство следуетиз пункта 2 теоремы 4.

В силу леммы 2 достаточность доказана. §12. Теорема о максимальном числе функций в базисе алгебры логики. Определение. Система функций алгебры логики A ⊆ P2 называется базисом (в P2), если 1) [A] = P2; 2) ∀f ∈ A ([A \ {f}] ≠ P2). Теорема 13. Максимальное число функций в базисе алгебры логики равно 4. Доказательство. 1) Докажем, что из любой полной системы можно выделить полную подсистему, содержащую не более четырёх функций. Действительно, если A — полная сис тема ([A] = P2), то согласно теореме Поста в ней существуют пять функций f0 ∉ T0, f1 ∉ T1, fS ∉ S, fM ∉ M, fL ∉ L.

Характеристики

Тип файла
PDF-файл
Размер
10,47 Mb
Высшее учебное заведение

Список файлов ответов (шпаргалок)

Свежие статьи
Популярно сейчас
Зачем заказывать выполнение своего задания, если оно уже было выполнено много много раз? Его можно просто купить или даже скачать бесплатно на СтудИзбе. Найдите нужный учебный материал у нас!
Ответы на популярные вопросы
Да! Наши авторы собирают и выкладывают те работы, которые сдаются в Вашем учебном заведении ежегодно и уже проверены преподавателями.
Да! У нас любой человек может выложить любую учебную работу и зарабатывать на её продажах! Но каждый учебный материал публикуется только после тщательной проверки администрацией.
Вернём деньги! А если быть более точными, то автору даётся немного времени на исправление, а если не исправит или выйдет время, то вернём деньги в полном объёме!
Да! На равне с готовыми студенческими работами у нас продаются услуги. Цены на услуги видны сразу, то есть Вам нужно только указать параметры и сразу можно оплачивать.
Отзывы студентов
Ставлю 10/10
Все нравится, очень удобный сайт, помогает в учебе. Кроме этого, можно заработать самому, выставляя готовые учебные материалы на продажу здесь. Рейтинги и отзывы на преподавателей очень помогают сориентироваться в начале нового семестра. Спасибо за такую функцию. Ставлю максимальную оценку.
Лучшая платформа для успешной сдачи сессии
Познакомился со СтудИзбой благодаря своему другу, очень нравится интерфейс, количество доступных файлов, цена, в общем, все прекрасно. Даже сам продаю какие-то свои работы.
Студизба ван лав ❤
Очень офигенный сайт для студентов. Много полезных учебных материалов. Пользуюсь студизбой с октября 2021 года. Серьёзных нареканий нет. Хотелось бы, что бы ввели подписочную модель и сделали материалы дешевле 300 рублей в рамках подписки бесплатными.
Отличный сайт
Лично меня всё устраивает - и покупка, и продажа; и цены, и возможность предпросмотра куска файла, и обилие бесплатных файлов (в подборках по авторам, читай, ВУЗам и факультетам). Есть определённые баги, но всё решаемо, да и администраторы реагируют в течение суток.
Маленький отзыв о большом помощнике!
Студизба спасает в те моменты, когда сроки горят, а работ накопилось достаточно. Довольно удобный сайт с простой навигацией и огромным количеством материалов.
Студ. Изба как крупнейший сборник работ для студентов
Тут дофига бывает всего полезного. Печально, что бывают предметы по которым даже одного бесплатного решения нет, но это скорее вопрос к студентам. В остальном всё здорово.
Спасательный островок
Если уже не успеваешь разобраться или застрял на каком-то задание поможет тебе быстро и недорого решить твою проблему.
Всё и так отлично
Всё очень удобно. Особенно круто, что есть система бонусов и можно выводить остатки денег. Очень много качественных бесплатных файлов.
Отзыв о системе "Студизба"
Отличная платформа для распространения работ, востребованных студентами. Хорошо налаженная и качественная работа сайта, огромная база заданий и аудитория.
Отличный помощник
Отличный сайт с кучей полезных файлов, позволяющий найти много методичек / учебников / отзывов о вузах и преподователях.
Отлично помогает студентам в любой момент для решения трудных и незамедлительных задач
Хотелось бы больше конкретной информации о преподавателях. А так в принципе хороший сайт, всегда им пользуюсь и ни разу не было желания прекратить. Хороший сайт для помощи студентам, удобный и приятный интерфейс. Из недостатков можно выделить только отсутствия небольшого количества файлов.
Спасибо за шикарный сайт
Великолепный сайт на котором студент за не большие деньги может найти помощь с дз, проектами курсовыми, лабораторными, а также узнать отзывы на преподавателей и бесплатно скачать пособия.
Популярные преподаватели
Добавляйте материалы
и зарабатывайте!
Продажи идут автоматически
6384
Авторов
на СтудИзбе
308
Средний доход
с одного платного файла
Обучение Подробнее