Переключательные функции одного и двух аргументов (стр. 2 из 3)
Из определения следует, что число различных конституент единицы среди функций n аргументов равно 2n. Конституенты единицы обозначаются так: Ki(x1, …, xn), где i – номер набора, на котором конституента равна единице. Например, запись K7(x1, x2, x3, x4) означает функцию четырех аргументов, равную единице на наборе (0111).
Конституента единицы может быть выражена через конъюнкцию всех аргументов, каждый из которых входит в произведение со знаком отрицания или без него. Приведенную выше конституенту единицы можно представить через конъюнкцию аргументов следующим образом:
K7(x1, x2, x3, x4) = 
.
Чтобы записать в виде произведения конституенту Ki(x1, …, xn), можно воспользоваться следующим правилом: записать n-разрядное двоичное число (n – число аргументов), равное i, и конъюнкцию n переменных; над переменными, места которых совпадают с позициями нулей в двоичном числе i, поставить знак отрицания.
Пример 2. Записать конституенту, равную единице на двенадцатом наборе для функции пяти переменных.
Решение. Пятиразрядное двоичное число, равное двенадцати, записывается в виде: 01100. Запишем произведение пяти аргументов, располагая их в порядке возрастания индексов: x1×x2×x3×x4×x5. Сопоставляя это произведение с двоичным числом 01100, определяем, что знаки отрицания необходимо поставить над первым, четвертым и пятым аргументами:
K12(x1, x2, x3, x4, x5) = 
.
Определение 3. Конституентой нуля называют переключательную функцию n аргументов, которая принимает значение, равное нулю, на одном единственном наборе аргументов.
Из определения следует, что число различных конституент нуля среди функций n аргументов равно 2n. Конституенты нуля обозначаются так: Mi(x1, …, xn), где i – номер набора, на котором конституента равна нулю. Конституента нуля может быть выражена через дизъюнкцию всех аргументов, каждый из которых входит в произведение со знаком отрицания или без него.
Чтобы записать в виде произведения конституенту Mi(x1, …, xn), можно воспользоваться следующим правилом: записать n-разрядное двоичное число (n – число аргументов), равное i, и дизъюнкцию n переменных; над переменными, места которых совпадают с позициями единиц в двоичном числе i, поставить знак отрицания.
Пример 3. Записать конституенту нуля, равную нулю на двадцать пятом наборе для функции пяти переменных.
Решение. Пятиразрядное двоичное число, равное двадцати пяти, записывается в виде: 11001. Запишем дизъюнкцию пяти аргументов, располагая их в порядке возрастания индексов: x1Úx2Úx3Úx4Úx5. Сопоставляя это произведение с двоичным числом 11001, определяем, что знаки отрицания необходимо поставить над первым, вторым и пятым аргументами:
M25(x1, x2, x3, x4, x5) = 
.
2. Представление переключательной функции в виде полинома Жегалкина.
Теорема Жегалкина.Любая переключательная функция может быть представлена в виде полинома (многочлена), т. е. записана в форме
f(x1, . . . , xn) = аоÅ a1x1 Å a2x2 Å …Å anxn Å an+1x1 x2Å … ÅaNx1…xn ,
(1)
где a0, a1x1, … aN— константы, равные нулю или единице;
Å —операция сложения по модулю два.
При записи конкретной переключательной функции в виде многочлена коэффициенты a0, a1x1, … aN выпадают, так как члены, при которых коэффициенты равны нулю, можно опустить, а коэффициенты, равные единице, не писать.
Для доказательства теоремы Жегалкина предположим, что задана произвольная переключательная функция п аргументов f(x1, . . . , xn), равная единице на некотором числе наборов с номерами m1, … mp.
Покажем, что переключательная функция f(x1, . . . , xn) равна сумме конституент единицы, которые равны единице на тех же наборах, что и данная функция:
f(x1, . . . , xn) = Km1Å Km2Å . . . Å Kmp.(2)
Действительно, на каждом из наборов с номерами m1, … mp равна единице только одна конституента, стоящая в правой части выражения (2), а остальные равны нулю. Следовательно, на этих наборах и только на них правая часть выражения (2) принимает значение, равное единице.
Для того чтобы перейти от выражения (2) к виду (1), достаточно представить конституенты единицы в виде произведений и, используя соотношение
, заменить все переменные с отрицаниями (так как отрицания в выражение (3.1) не входят). Пусть например, конституента единицы записана в виде 
.Тогда получим
Ki= (1 Åx1)x2(1Åx3)x4x5.
Раскрывая скобки и приводя подобные члены в соответствии со свойствами операции сложения по модулю два, получаем запись заданной функции в форме (1), что и доказывает теорему.
Приведенное доказательство теоремы позволяет сформулировать правило представления любой переключательной функции в виде многочлена.
Чтобы переключательную функцию, заданную таблицей истинности, представить в виде полинома Жегалкина, достаточно записать функцию в виде суммы конституент единицы, равных единице на тех же наборах, на которых равна единице заданная функция. Затем все аргументы, входящие в полученное выражение с отрицанием, заменить с помощью соотношения
, раскрыть скобки и привести подобные члены с учетом тождества; 
x, если п нечетно,x Å x Å . . . Å x = 0, если п четно.
Пример 3. Представить в виде полинома Жегалкина функцию f58(x1,x2,x3).
Функция f58(x1,x2,x3) равна единице на втором, третьем, четвертом и шестом наборах, и может быть записана в виде суммы соответствующих конституент единицы:
f58(x1,x2,x3) =K2ÅK3ÅK4ÅK6 = 
.
Используя соотношение
, получаемf58(x1,x2,x3)=(1Åx1)x2(1Åx3)Å(1Åx1)x2x3Å x1(1Åx2)(1Åx3)Åx1x2(1Åx3).
Приводя подобные члены, окончательно находим
f58(x1,x2,x3)= x1Åx2Åx1x2Åx1x3.
3. Совершенная дизъюнктивная нормальная форма переключательной функции.
В общем виде переключательная функция п аргументов может быть задана таблицей истинности. Обозначим через f(i) (i=0, … ,2n-1) значение функции на i-м наборе аргументов. Напомним, что каждая из величин f(i) принимает значение нуль или единица. В соответствие i-му набору аргументов можно поставить конституенту единицы Ki, которая принимает значение, равное единице только на данном f(i)наборе. Умножим каждую конституенту единицы Ki на значение функции f(i) и рассмотрим дизъюнкцию произведений fiKi:
. (3)Если подставить в выражение (3) значения f(i), то получим дизъюнкцию конституент, которые равны единице на тех же наборах, что и заданная функция. Действительно, ввиду того, что 0×x=0 и 0Úх=х, члены выражения (2), в которых коэффициенты f(i)=0, можно опустить, а так как x×1 = x, то коэффициенты f(i)=1можно не писать. Тогда
