Лекция 2. Алгоритм распознавания полноты в Pk ... · 2019-08-26 · Алгоритм распознавания полноты Доказательство

Лекция 2. Функции k-значной логики.Формулы. Нормальные формы: 1-я и 2-яформы, полиномы по модулю k . Полнота.

Лектор — Селезнева Светлана Николаевна[email protected]

факультет ВМК МГУ имени М.В. Ломоносова

Лекции на сайте http://mk.cs.msu.ru

Формулы Нормальные формы Полиномы Полнота

Формула

Пусть A ⊆ Pk , причем каждая функция из A имеет свое,отличное от других функций, обозначение.Формула над множеством A определяется по индукции.1. Базис индукции. Если x — переменная, то выражение x —формула.2. Индуктивный переход. Если f — обозначение m-местнойфункции из A и F1, . . . ,Fm — уже построенные формулы илипеременные (не обязательно различные), то выражениеf (F1, . . . ,Fm) — формула.3. Других формул нет, т. е. каждая формула построена либо побазису индукции, либо по индуктивному переходу.


Формулы

Пример. Пусть A = {0, 1, . . . , k − 1, x , x̄ ,∼ x ,−x , x s} ⊆ P5.Тогда:F1 = x формула по базису индукции для пере-

менной x ;F2 = x2 формула по индуктивному переходу для

функции x2 ∈ A и уже построенной фор-мулы F1;

F3 = 3 формула по индуктивному переходу дляфункции 3 ∈ A;

F4 = 3 · x2 формула по индуктивному переходу дляфункции x ·y ∈ A и уже построенных фор-мул F3, F2;

F5 =∼ (3 · x2) формула по индуктивному переходу дляфункции ∼ x ∈ A и уже построенной фор-мулы F4;и т. д.


Функция, определяемая формулой

Каждая формула над множеством A ⊆ Pk задает некоторуюk-значную функцию.Функция fF , задаваемая формулой F , определяется поиндукции.1. Базис индукции. Если F = x , где x — переменная, тоfF (x) = x , т. е. функция fF тождественно равна переменной x .2. Индуктивный переход. Если F = f (F1, . . . ,Fm), где f —обозначение m-местной функции из A и F1, . . . ,Fm — формулыили переменные, причем формула Fi определяет функциюfFi

(x1, . . . , x1) (возможно, зависящую не от всех переменныхсущественно), i = 1, . . . ,m, то

fF (x1, . . . , xn) = f (fF1(x1,1, . . . , x1,n1), . . . , fFm(xm,1, . . . , xm,nm)).

Здесь пользуемся тем, что f обозначает какую-то функциюиз A.


Функции, определяемые формулами

Пример. Найдем функцию fF5(x) ∈ P5, которая задаетсяформулой F5:

x x2 3 · x2 ∼ (3 · x2)

0 0 0 41 1 3 12 4 2 23 4 2 24 1 3 1

Функция fF5 , определяемая формулой F5, записана в самомправом столбце.


Тождественные формулы

Формулы F1 и F2 называются эквивалентными, илитождественными, если они определяют равные функции, т. е.функции fF1 и fF2 равны.Обозначение тождественных формул: F1 = F2

Верны следующие свойства:1) коммутативность связок ·,+,min,max;2) ассоциативность связок ·,+,min,max;3) дистрибутивность умножения относительно сложения:

(x + y) · z = x · z + y · z .

И многие другие.


Доказательство тождеств

Примеры.1. Докажем тождество: −(x̄) =∼ x .

−(x̄) = −(x + 1) = (k − 1)− x =∼ x .

2. Докажем тождество: ∼ max(∼ x ,∼ y) = min(x , y).

∼ max(∼ x ,∼ y) =

= (k − 1)−{

(k − 1)− x , (k − 1)− x > (k − 1)− y ,(k − 1)− y , (k − 1)− x < (k − 1)− y ,

=

=

{x , x 6 y ,y , x > y ,

= min(x , y).


1-я форма

Теорема 1 (о 1-й форме). Пусть k > 2. При n > 1 каждаяфункция f (x1, . . . , xn) ∈ Pk может быть представлена в виде:

f (x1, . . . , xn) = maxσ∈En

k

min (Jσ1(x1), . . . , Jσn(xn), f (σ)) .

Доказательство. Рассмотрим произвольный набор α ∈ Enk и

подставим его в левую и правую части равенства изутверждения теоремы:

f (α) = maxσ∈En

k

min (Jσ1(α1), . . . , Jσn(αn), f (σ)) .


1-я форма

Доказательство. Набор σ пробегает все значения измножества En

k , а набор α — какой-то набор из Enk .

1. Если σ 6= α, то найдется такое i , 1 6 i 6 n, что σi 6= αi .Значит, Jσi (αi ) = 0, откуда в этом случае:

min(Jσ1(α1), . . . , Jσi−1(αi−1), 0, Jσi+1(αi+1), . . . , Jσn(αn), f (σ)) = 0.

2. Если σ = α, то для всех i , i = 1, . . . , n, верно σi = αi , азначит, Jσi (αi ) = k − 1. Поэтому в этом случае:

min(k − 1, . . . , k − 1, f (α)) = f (α).

Следовательно,

f (α) = max(0, . . . , 0, f (α), 0, . . . , 0) = f (α).

�


1-я форма

Пример. Рассмотрим функцию f (x) = x̄ ∈ P3:

x f

0 11 22 0

Запишем ее в 1-й форме:

f (x) = max (min(J0(x), f (0)),min(J1(x), f (1)),min(J2(x), f (2))) == max (min(J0(x), 1),min(J1(x), 2),min(J2(x), 0)) == max(min(J0(x), 1), J1(x)).


2-я форма

Теорема 2 (о 2-й форме) Пусть k > 2. При n > 1 каждаяфункция f (x1, . . . , xn) ∈ Pk может быть представлена в виде:

f (x1, . . . , xn) =∑σ∈En

k

jσ1(x1) · . . . · jσn(xn) · f (σ).

Доказательство повторяет доказательство предыдущегоутверждения.


2-я форма

Пример. Рассмотрим функцию f (x) = J2(x + x2) ∈ P4:

x x2 x + x2 f

0 0 0 01 1 2 32 0 2 33 1 0 0

Запишем ее во 2-й форме:

f (x) = j0(x) · f (0) + j1(x) · f (1) + j2(x) · f (2) + j3(x) · f (3) == j0(x) · 0 + j1(x) · 3 + j2(x) · 3 + j3(x) · 0 = 3j1(x) + 3j2(x).


1-я и 2-я формы

Пример. Рассмотрим функцию f (x , y) = min(x2, y) ∈ P3(f (x , y) указано на пересечении строки x и столбца y):

x \ y 0 1 20 0 0 01 0 1 12 0 1 1

1-я форма для f :

f (x , y) = max(min(J1(x), J1(y), 1),min(J1(x), J2(y), 1),min(J2(x), J1(y), 1),min(J2(x), J2(y), 1)).

2-я форма для f :

f (x , y) = j1(x)j1(y) + j1(x)j2(y) + j2(x)j1(y) + j2(x)j2(y).


Моном

Выражение видаx s1i1 · . . . · x

srir,

где все переменные различны, s1, . . . , sk > 1, назовеммономом (или одночленом) ранга k , k > 1.

Мономом ранга 0 назовем константу 1.

Мономы считаются совпадающими, если они отличаютсятолько порядком своих сомножителей.


Полином по модулю k

Выражение видаc1K1 + . . .+ clKl ,

где K1, . . . ,Kl — различные мономы, c1, . . . , cl ∈ Ek \ {0} —коэффициенты, назовем полиномом (или многочленом) помодулю k длины l , l > 1.

Полиномом по модулю k длины 0 назовем константу 0.


Полиномы по модулю k

Теорема 3 (о представлении k-значных функцийполиномами по модулю k) Пусть k > 2. Каждая функцияf (x1, . . . , xn) ∈ Pk может быть представлена полиномом помодулю k тогда и только тогда, когда k — простое число.


Полиномы

Доказательство. 1. Сначала рассмотрим случай, когда k —простое число. Пусть f (x1, . . . , xn) ∈ Pk .

Запишем ее во 2-й форме:

f (x1, . . . , xn) =∑σ∈En

k

jσ1(x1) · . . . · jσn(xn) · f (σ).

Заметим, что ji (x) = j0(x − i) при i ∈ Ek , поэтому:

f (x1, . . . , xn) =∑σ∈En

k

j0(x1 − σ1) · . . . · j0(xn − σn) · f (σ).



Доказательство. Если k — простое число, то по малойтеореме Ферма верно ak−1 = 1(mod k) при 1 6 a 6 k − 1.

Поэтому j0(x) = 1− xk−1, а значит,

f =∑σ∈En

k

(1− (x1 − σ1)k−1) · . . . · (1− (xn − σn)k−1) · f (σ).

Затем перемножаем скобки по свойствам дистрибутивности,коммутативности и ассоциативности, далее приводим подобныеслагаемые. Получим полином по модулю k для функции f .

Значит, существование полинома по модулю k для каждойk-значной функции при простых k доказано.



Доказательство. 2. Теперь рассмотрим случай, когда k —составное число. Значит, k = k1 · k2, где 1 < k1 6 k2 < k .

Докажем от обратного, что в этом случае функция j0(x) ∈ Pk

не задается никаким полиномом по модулю k .



Доказательство. Предположим, что функция j0(x) задаетсяполиномом по модулю k :

j0(x) = csxs + cs−1x

s−1 + . . .+ c1x + c0,

где cs , cs−1, . . . , c1, c0 ∈ Ek — коэффициенты, cs 6= 0.Тогда j0(0) = c0 = 1 и

j0(k1) = csk1s + cs−1k1

s−1 + . . .+ c1k1 + 1 = 0.

Поэтому

k1 · (csks−11 + cs−1k

s−21 + . . .+ c1) = k − 1(mod k).

Число k1 — делитель числа k , поэтому для того, чтобыравенство выполнялось по модулю k , число k − 1 обязаноделиться на k1, где k1 > 1. Приходим к противоречию.

Значит, при составных k никакой полином по модулю k незадает функцию j0(x). �


Полиномиальные функции

Функции

x ,x̄ = x + 1,∼ x = (k − 1)− x = (k − 1)x + (k − 1),−x = k − x = (k − 1)x ,x + y ,x − y = x + (k − 1)y ,x · y ,xm

являются полиномиальными при всех k — и простых, исоставных.


Неполиномиальные функции

Функцииji (x), i ∈ Ek ,Ji (x), i ∈ Ek ,max(x , y),min(x , y),x−̇y ,x → y

являются полиномиальными при простых k и не являютсяполиномиальными при всех составных k (будет показанодалее).



Множество всех k-значных функций, представимыхполиномами по модулю k , обозначим Polynk .

Следствие 3.1.Если k — простое число, то Polynk = Pk ; если k — составноечисло, то Polynk 6= Pk .

Вопросы:

Как найти полином по модулю k для заданной k-значнойфункции, если k — простое число?

Как выяснить, задается ли полиномом по модулю k заданнаяk-значная функция, если k — составное число?


Если k — простое число

Способы построения полиномов k-значных функций припростых k :

1) метод из доказательства теоремы — по 2-й форме;

2) метод неопределенных коэффициентов.


Если k — составное число

Если k — составное число, то можно применять методнеопределенных коэффициентов для проверки, задается лизаданная k-значная функция полиномом по модулю k .



Пример. Пусть f (x) = j1(x) + j2(x) ∈ P4:

x f

0 01 12 13 0

Методом неопределенных коэффициентов проверим, задаетсяли функция f полиномом по модулю 4.



Пример (продолжение). Сначала построим таблицу степенейx s по модулю 4:

x x2 x3 x4

0 0 0 01 1 1 12 0 0 03 1 3 1

Т. к. x4 = x2, степени в полиноме по модулю 4 можнозаписывать только до третьей.



Пример (продолжение). Предположим, что функция f (x)задается полиномом по модулю 4, т. е. пусть

f (x) = ax3 + bx2 + cx + d ,

где a, b, c, d ∈ E4 — неизвестные коэффициенты.

Для нахождения коэффициентов составим систему уравнений,последовательно подставляя все значения из E4 в левую иправую части равенства:

f (0) = d = 0,f (1) = a + b + c + d = 1,f (2) = 2c + d = 1,f (3) = 3a + b + 3c + d = 0.



Пример (продолжение). Из первого и третьего уравненияполучаем:

2c = 1.

Подставляя все возможные значения c ∈ E4, выясняем, что эторавенство не выполняется ни при каких c ∈ E4:

2 · 0 = 0, 2 · 1 = 2, 2 · 2 = 0, 2 · 3 = 2.

Следовательно, система не имеет решений (по модулю 4),поэтому функция f (x) = j1(x) + j2(x) не может бытьпредставлена полиномом по модулю 4.



Пример. Пусть f (x) = 2 · j0(x) ∈ P4:

x f

0 21 02 03 0

Проверим, задается ли функция f полиномом по модулю 4.



Пример (продолжение). Пусть

f (x) = ax3 + bx2 + cx + d ,

где a, b, c , d ∈ E4 — неизвестные коэффициенты.

Составляем систему уравнений:g(0) = d = 2,g(1) = a + b + c + d = 0,g(2) = 2c + d = 0,g(3) = 3a + b + 3c + d = 0.



Пример (продолжение). Из первого и третьего уравненияполучаем:

2c = 2,

и c = 1 — одно из решений этого уравнения. Тогда{a + b = 1,3a + b = 3,

и a = 1, b = 0 — одно из решений этой системы уравнений.

Следовательно, функция f (x) может быть представленаполиномом по модулю 4, и найден один из ее полиномов помодулю 4:

f (x) = 2 · j0(x) = x3 + x + 2.


Замыкание множества

Пусть A ⊆ Pk — множество k-значных функций.

Замыканием [A] множества A называется множество всехфункций, выразимых формулами над множеством A.

Если A = [A], то множество A называется замкнутымклассом.

Примеры: Pk , Polynk .


Полные системы

Если [A] = Pk , то множество A называется полной системой.

Примеры.1. {0, 1, . . . , k − 1, J0(x), J1(x), . . . , Jk−1(x),max(x , y),min(x , y)}— система 1-й формы.2. {0, 1, . . . , k − 1, j0(x), j1(x), . . . , jk−1(x), x + y , x · y} — система2-й формы.3. {0, 1, . . . , k − 1, x + y , x · y} при простых k — системаполиномов.


Система Поста

Теорема 4. Пусть k > 3. Система Поста {x̄ ,max(x , y)}является полной системой в Pk .

Доказательство. Выразим формулами над системой Поставсе функции из системы 1-й формы.1. Построение констант.

x̄ = x + 1; (x + 1) + 1 = x + 2; . . .; (x + (k − 1)) + 1 = x . Тогда

max(x , x + 1, x + 2, . . . , x + (k − 1)) = k − 1.

Далее (k − 1) + 1 = 0; 0 + 1 = 1; 1 + 1 = 2; . . .;(k − 2) + 1 = k − 1.Т. е. все константы получены.



Доказательство. 2. Построение Ji (x), i ∈ Ek .Проверим, что

Ji (x) = 1 + maxt 6=(k−1)−i

(x + t).

Если x = i , то

k − 1 = Ji (i) = 1 + maxt 6=(k−1)−i

(i + t) = 1 + (k − 2) = k − 1.

Если x 6= i , то

0 = Ji (x) = 1 + maxt 6=(k−1)−i

(x + t) = 1 + (k − 1) = 0.

Т. е. все Ji (x), i ∈ Ek , получены.



.Доказательство. 3. Построение min(x , y).Рассмотрим функции gi ,a(x) = a · ji (x), где a, i ∈ Ek . Проверим,что

gi ,a(x) = (a + 1) + max(Ji (x), (k − 1)− a).

Если x = i , то

a = a·ji (i) = (a+1)+max(Ji (i), (k−1)−a) = (a+1)+(k−1) = a.

Если x 6= i , то

0 = a·ji (x) = (a+1)+max(Ji (x), (k−1)−a) = (a+1)+(k−1)−a = 0.



.Доказательство. Тогда можно построить каждую функциюf (x) ∈ P

(1)k , т. к.

f (x) = max(g0,f (0)(x), g1,f (1)(x), . . . , gk−1,f (k−1)(x)).

Действительно, для каждого значения b ∈ Ek верно

f (b) = max(g0,f (0)(b), . . . , gb,f (b)(b), . . . , gk−1,f (k−1)(b)) == max(0, . . . , 0, f (b), 0, . . . , 0) = f (b).

В частности, получена функция f (x) =∼ x .Тогда

min(x , y) =∼ max(∼ x ,∼ y).

Т. е. функция min(x , y) получена.

Все функции системы 1-й формы можно выразить формуламинад функциями системы Поста. Значит, система Поста полна.�


Функция Вебба

Следствие 4.1. Пусть k > 3. Множество, состоящее из однойфункции Вебба Vk(x , y) = max(x , y) + 1, является полнойсистемой в Pk .

Доказательство. Выразим через функцию Вебба все функциисистемы Поста:

x̄ = Vk(x , x) = max(x , x) + 1 = x + 1,max(x , y) = Vk(x , y) + 1 + . . .+ 1︸︷︷︸

k−1

.

�


Неполиномиальность максимума

Следствие 4.2. Если k — составное число, тоmax(x , y) /∈ Polynk .

Доказательство проведем от обратного.Предположим, что при некотором составном k верноmax(x , y) ∈ Polynk .Но x̄ = x + 1 ∈ Polynk , поэтому {x̄ ,max(x , y)} ⊆ Polynk .Cистема Поста полна в Pk , следовательно, получаем, чтокаждая функция из Pk задается полиномом по модулю k приэтом составном k — противоречие.Значит, max(x , y) /∈ Polynk .

�


Бесконечные полные системы в Pk

Следствие 4.3. При k > 3 из каждой бесконечной полной в Pk

системы можно выделить конечную полную подсистему.

Доказательство. Пусть A ⊆ Pk — бесконечная полнаясистема.Т. к. система A — полна, в ней найдутся функции такиеg1, . . . , gt , что функция Вебба Vk(x , y) выражается формулойнад ними.Тогда подсистема A′ = {g1, . . . , gt} ⊆ A полна в Pk .

�


Литература к лекции

1. Алексеев В. Б. Лекции по дискретной математике. М.:Инфра-М, 2012. С. 24–25.

2. Марченков С. С. Избранные главы дискретной математики.М.: МАКС Пресс, 2016. С. 11–12, 14–16.

3. Яблонский С. В. Введение в дискретную математику. М.:Высшая школа, 2001. C. 43–45, 48, 69–71.

4. Гаврилов Г. П., Сапоженко А. А. Задачи и упражнения подискретной математике. М.: Физматлит, 2004. Гл. III 1.11, 1.12,2.7, 2.12.

Documents

Лекция 2. Алгоритм распознавания полноты в Pk ... · 2019-08-26 · Алгоритм распознавания полноты Доказательство