Два сообщения, читанные 27 февраля и 23 марта 1882г

Вид материала

Документы

Содержание A=B приведено сначала к форме 1=M(a,b,c,d…) A=B, то, комбинируя их между собою на все лады, будем получать всевозможные системы, тождественные с равенством A=B 1=a+b+c, 1=a+b+c A=B максимальной системы в форме элементарных определений одной и той же функции u A=B. Для этой цели нами было предложено 4 параллельных способа, каждый не менее как в двух вариантах. При этом мы убедились, что

Подобный материал:

• Россия, 191186 Санкт-Петербург, Невский пр., 30, оф., 63.98kb.
• Руководитель управления образования, 85.22kb.
• Курс с 6 февраля по 1 марта, 205.63kb.
• Вед. 1- сегодня 14 февраля, 124.74kb.
• Информационный бюллетень местного самоуправления Издается асдг по с окмо с февраля, 1928.61kb.
• Информационный бюллетень местного самоуправления Издается асдг по с окмо с февраля, 1285.61kb.
• Информационный бюллетень местного самоуправления Издается асдг по с окмо с февраля, 1763.83kb.
• Информационный бюллетень местного самоуправления Издается асдг по с окмо с февраля, 1671.53kb.
• Информационный бюллетень местного самоуправления Издается асдг по с окмо с февраля, 1139.9kb.
• Информационный бюллетень местного самоуправления Издается асдг по с окмо с февраля, 1335.2kb.

§ 18. Два способа нахождения элементарных посылок в форме определения простого класса.

Доселе мы рассматривали только два подразделения первоначальной задачи. Переходим к третьему, т.е. предположим, что дано равенство A=B и требуется найти тождественную с ним максимальную систему посылок, имеющих форму определений одного и того же класса, напр. a.

Не прямой способ решения этой задачи состоит в следующем. Когда найдены элементарные посылки ее нулевой формы, причем часть из них имеет вид 0=ap, другая же часть вид 0=a₁q, то в форме определений a первые посылки принимают вид a=ap₁, вторые же принимают вид: a=a+q. Это и будут те же элементарные посылки в желаемой форме.

Наоборот, когда найдены элементарные посылки в единичной форме, т.е. часть их имеет вид 1=a+r, другая же часть вид 1=a₁+s, то в форме определений a первые посылки принимают вид a=a+r₁, вторые же вид: a=as. Таково не прямое решение задачи. Изложим еще прямой способ ее решения.

Пусть данное равенство A=B приведено сначала к форме 1=M(a,b,c,d…) и потом к форме определения a, т.е. a=aM(1)+ +a₁M₁(0), и требуется найти все элементы этого определения. Мы уже знаем, что написанная формула представляет только схематическое определение a, и что в логически-понятной форме определение это сводится на пару формул a=aM(1) и a=a+M₁(0), совокупность которых тождественно с исходным равенством. Здесь M(1) и M₁(0) не зависят от a, т.е. суть функции n─1 классов: b,c,d,…, а потому схематические разложения той и другой из этих функций на элементарные суммы или множители будут зависеть только от 2^n-1 элементов, составленных из классов b,c,d,…, кроме a. Первая из предыдущей пары формул, т.е. a=aM(1), указывает, в чем содержится a, и никакие разложения функции M(1) не в состоянии привести ее к такому виду, чтобы она стала указывать функции, содержащиеся в a. А потому, для получения элементарных определений a, функция M(1) должна быть разлагаема таким образом, чтобы получить указания на всевозможные элементарные функции, содержащие в себе a. Наоборот, во второй формуле a=a_M₁(0) функция M₁(0) должна быть разлагаема так, чтобы были указаны всевозможные элементарные функции, содержащиеся в a. Если мы припомним теоремы, в силу которых ряд определений a=ap’, a=ap’’, a=ap’’’,… тождественен с одним определением a=a(p’p’’p’’’…) и ряд определений a=a+q’, a=a+q’’, a=a+q’’’,… тождественен с одним определением a=a+(q’+q’’+ +q’’’+…), то сделается очевидным, что функция M(1) должна быть разложена на элементарные множители, функция же M₁(0) на элементарные слагаемые. После этого каждое из определений a=aM(1) и a=a+M₁(0) заменится схематически через 2^n-1 элементарных определений, т.е. в итоге получится 2ⁿ определений ( часть которых, т.е. никак не менее одного, всегда будет тождествами a=a). Если же вять не схематически, а фактически разложения функции M(1) и M₁(0), то получится фактически-максимальная система элементарных определений класса a.

К тем же заключениям можно прийти несколько иначе, имея в виду теорему, по которой ряд определений a=ap’+a₁q’, a=ap’’+a₁q’’, a=ap’’’+a₁q’’’ и т.д. тождественен с одним определением: a=a(p’p’’p’’’…)+a₁(q’+q’’+q’’’+…). Из этой теоремы прямо следует, что в исходном определении a=aM(1)+a₁M₁(0) функция M(1) должна быть разбита на элементарные множители, функция же M₁(0) на элементарные слагаемые.

Для примера обратимся к задаче Венна и составим все элементарные определения класса a. В той форме, какая дана самим Венном, посылки его задачи суть: a=a(bc₁+b₁c) и b=ab. Первая посылка уже имеет форму определения a, второй можно дать вид: a=a+b, т.е. тоже форму определения a. В первой посылке функцию bc₁+b₁c надо разбить на элементарные множители классов b и c, или, что тоже, отрицание этой функции, т.е. bc+b₁c₁, на элементарные слагаемые. Но в написанной форме это отрицание уже имеем требуемый вид, а потому, взяв отрицание этого отрицания, получим: bc₁+b₁c=(b₁+c₁)(b+c). Таким образом два элемента, отвечающих первой посылкой, будут:

a=a(b+c) и a=a(b₁+c₁).

Во второй посылке функцию b надо разложить на элементарные слагаемые классов b и c, т.е. привести к виду bc+bc₁. След. второй посылке отвечают тоже два элемента, а именно:

a=a+bc и a=a+bc₁,

вот все 4 элемента задачи уже найдены в форме определения класса a. Как видим, два элемента указывают, в чем содержится a, и два ─ что он сам в себе содержит. Найдем еще все 4 элементарные определения b в той же задаче. Вторая посылка b=ab имеет форму определения b и в ней функция a должна быть разбита на элементарные продуценты классов a и c, т.е. приведена к виду (a+c)(a+c₁). Так получаются два элемента

b=b(a+c) и b=b(a+c₁).

Первая посылка имеет форму определения a, именно a=a(bc₁+ +b₁c). В единичной форме она есть: 1=a₁+bc₁+b₁c=b(a₁+c₁)+b₁(a₁+ +c). В форме определения b она будет (в силу мнемонического правила, указанного нами в 1-й части): b=b(a₁+c₁)+b₁ac₁. Эта посылка распадается на дне:

b=b(a₁+c₁) и b=b+ac₁

которые уже элементарны, ибо a₁+c₁ есть элементарный продуцент классов a и c, функция же ac₁ есть элементарный конституант тех же классов. Как видим, три элемента указывают, в чем содержится b, и только один, что оно в себе содержит.

Помощью двукратного применения мнемонического правила эти элементы можно получить непосредственно из предыдущих, т.е.

a=a(b+c), a=a(b₁+c₁), a=a+bc, a=a+bc₁.

В самом деле, в единичной форме эти последствия посылки суть:

1=a₁+b+c, 1=a₁+b₁+c₁, 1=a+b₁+c₁, 1=a+b₁+c,

а след. в форме определений b они будут:

b=b+ac₁, b=b(a₁+c₁), b=b(a+c₁), b=b(a+c),

т.е. тоже, что и выше.

§ 19. Правела совмещение таких посылок

Когда найдены элементарные определения класса a в задаче A=B, то, комбинируя их между собою на все лады, будем получать всевозможные системы, тождественные с равенством A=B. При комбинировании элементарных определений одного и того же класса a необходимо соблюдать след. 4 правила: 1) однородные посылки вида a=ap должны быть перемножаемы; 2) однородные посылки вида a=a+q должны быть складываемы; 3) разнородные посылки видов a=ap и a=a+q должны быть соединяемы в одну по формуле a=ap+a₁q; наконец 4) ряд разнородных посылок должен быть разбит на группу посылок вида a=ap и группу посылок вида a=a+q, после чего надо последовательно применить 1-е, 2-е и 3-е из этих правил.

Для примера, возьмем из предыдущей задачи элементарные определения b:

b=b+ac₁, b=b(a₁+c₁), b=b(a+c₁), b=b(a+c)

и совместим 1-ую посылку со 2-й, а 3-ю с 4-ой. Получим пару посылок:

b=b(a₁+c₁)+b₁ac₁ и b=b(a+c₁)(a+c)=ab.

Единичная форма 1-ой из них, на основании известного мнемонического правила, будет: 1=b(a₁+c₁)+b₁(a₁+c)=a₁+bc₁+b₁c, откуда, по определении a, получим: a=a(bc₁+b₁c). вот мы восстановили из элементов обе посылки Венна.

§ 20. Доказательство возможности определения всякого простого класса с помощью любой функции

Выше мы видели, что каждую произвольно взятую функцию f(a,b,c,d…) можно считать удовлетворяющей равенствам 1=f(a,b,c,d…) и 0=f(a,b,c,d….). Спрашивается, всегда ли возможно составить равенство a=f(a,b,c,d…), т.е. потребовать, чтобы всякая произвольно избранная функция могла бы служить определением данного класса a? Простыми суждениями можно убедиться, что это всегда возможно, за исключением случая, когда функция f тождественно сводится на a₁. В самом деле, делая в предположенном равенстве a=f(a,b,c,d…) функцию f однородной относительно a, мы получаем: a=af(1)+a₁f(0), т.е. находим указание: 1) на функцию f(1), содержащую a, и 2) на функцию f(0), содержащуюся в a. В подобных указаниях только и может состоять какое бы то ни было определение a. А чтобы узнать, при каких условиях такое определение может быть нелепым, приведем написанное равенство к единичной форме, которая будет: 1=af(1)+a₁f₁(0). Это равенство может быть нелепо только тогда, когда его правая часть тождественно сводится на 0, т.е. когда одновременно af(1)=0 и a₁f₁(0)=0. Так как f(1) и f₁(0) не зависят от a, то в произведениях af(1) и a₁f₁(0) не может встретиться множителей вида aa₁. След. обращение в тождественный 0 этих произведений может зависеть только от превращения в таковой какого-либо из их множителей. Допуская, что ни a, ни a₁, не суть тождественные нули, мы получаем только один случай нелепости исходного равенства, именно, одновременное превращение в тождественные нули функции f(1) и f₁(0), ─условия, при которых данная функция f(a)=af(1)+a₁f(0) тождественно сводится на a₁.

Из предыдущего следует, что равенство a=f(a,b,c,d…) не заключает в себе нелепости даже тогда, когда данная функция f имеет вид ma₁. В этом же можно убедиться еще из того, что равенство a=ma₁ поверяется, когда a=0, m=0. След. такое равенство равносильно требованию, чтобы как класс a, так и функция m, были логическими нулями задачи.

И так, всякая функция f(a,b,c,d…), коль скоро она отлична от a₁, может удовлетворять равенству a=f(a,b,c,d…). Все элементы такого определения получим, приведя это равенство к виду a=af(1)+a₁f(0) и разложив f(1) на элементарные продуценты, а f(0) на элементарные конституанты.

Для примера пусть дана функция ab₁+cd₁ и проектировано равенство c₁=ab₁+cd₁. Найти все элементы предположенного определения c₁.

В однородном относительно c виде, исходное равенство будет:

c₁=c(ab₁+d₁)+c₁(ab₁).

Функцию ab₁+d₁ надо разложить на элементарные конституанты классов a,b,d, т.е. привести к виду:

ab₁+d₁=ab₁(d+d₁)+d₁(ab+ab₁+a₁b+a₁b₁)=ab₁d+ab₁d₁+abd₁+a₁bd₁+ +a₁b₁d₁.

Наоборот, функцию ab₁ надо разбить на элементарные продуценты классов a,b,d. Отрицание этой функции есть a₁+b=a₁+ab. В однородном относительно a,b,d виде оно будет: a₁(bd+bd₁+b₁d+b₁d₁)+ab(d+d₁). А потому для разложения ab₁ на продуценты получим:

ab₁=(a+b₁+d₁)(a+b₁+d)(a+b+d₁)(a+b+d)(a₁+b₁+d₁)(a₁+b₁+d).

Исходное определение c₁ принимает вид:

c₁=c₁(a+b₁+d₁)(a+b₁+d)(a+b+d₁)(a+b+d)(a₁+b₁+d₁)(a₁+b₁+d)+c(ab₁d+ +ab₁d₁+abd₁+a₁bd₁+a₁b₁d₁).

Таким образом, оно имеет 11 элементов, а именно:

c₁=c₁(a+b₁+d₁), c₁=c₁(a+b₁+d), c₁=c₁(a+b+d₁), c₁=c₁(a+b+d), c₁=c₁(a₁+b₁+d₁), c₁=c₁(a₁+b₁+d), c₁=c₁+ab₁d, c₁=c₁+ab₁d₁, c₁=c₁+abd₁, c₁=c₁+a₁bd₁, c₁=c₁+a₁b₁d₁.

§ 21. Частный вид противоположных задач

Имея функцию f(a,b,c,d…) и приравняв ее сначала известному классу a, а потом его отрицанию, получим опять пару противоположных задач, которая обладает всеми свойствами, указанными в § 17.

Пример. Взяв ту же функцию ab₁+cd₁ и приравняв ее классу c, для определения c=ab₁+cd₁ мы должны получить 2⁴─11, т.е. 5 элементов. Чтобы получить эти элементы на деле, мы напишем 5 равенств, не встречающихся между элементами противоположной задачи, т.е. c₁=c₁(a₁+b+d), c₁=c₁(a₁+b+d₁), c₁=cc₁+abd, c₁=c₁+a₁b₁d, c₁=c₁+a₁bd, и возьмем их отрицания. Получим:

C=c+ab₁d₁, c=c+ba₁d, c=c(a₁+b₁+d₁), c=c(a+b+d₁), c=c(a+b₁+d₁).

Это и будут искомые элементы задачи c=ab₁+cd₁. Но их можно найти и непосредственно след. образом. В однородном виде, для определения c имеем: c=c(ab₁+d₁)+c₁(ab₁). Функцию ab₁+d₁ надо разложить на элементарные продуценты классов a,b,d. Получим: ab₁+d₁=(d₁+a)(d₁+b₁); a+d₁=(a+b+d₁)(a+b₁+d₁); b₁+d₁=(a+b₁+d₁)(a₁+b₁+d₁); ab₁+d₁=(a+b+d₁)(a+b₁+d₁)(a₁+b₁+d₁).

Так получаются три элемента:

c=c(a+b+d₁), c=c(a+b₁+d₁), c=c(a₁+b₁+d₁).

Наоборот, функцию ab₁ надо разбить на элементарные конституанты классов a,b,d, т.е.привести к виду ab₁=ab₁d+ab₁d₁. Так получаются остальные 2 элемента:

c=c+ab₁d, c=c+ab₁d₁.

§ 22. Превращение элементарный посылок из единичной формы в форму определения любой функции

Обращаемся, наконец, к четвертому подразделению первоначальной задачи, т.е. пусть дано равенство A=B, где A и B зависят от n классов a,b,c,d…, составлена некоторая функция u изо всех или некоторых из этих классов и требуется построить максимальную систему равенства A=B в форме определений функции u. Искомые определения должны быть элементарны, т.е. иметь или форму u=us, или же форму u=u+k, где s элементарный продуцент, k элементарный конституант.

Изложим сначала непрямой способ решения этой задачи. Пусть найдены в единичной форме все m элементарные посылки равенства A=B, т.е. определена система:

1=s’, 1=s’’, 1=s’’’,…, 1=s^(m),

где всякое s есть какой-либо из элементарных продуцентов всех классов a,b,c,d…. Разложим данную функцию u и ее отрицание u₁ на элементарные продуценты. Понятно, что если в u окажется p множителей, то в u₁ их должно быть 2ⁿ─p, причем все множители функции u отличны от множителей u₁; своею же совокупностью те и другие должны исчерпывать весь ряд 2ⁿ элементарных продуцентов классов a,b,c,d… И так, каждый из продуцентов s, написанных выше, т.е. входящих в элементарные посылки равенства A=B, должен заключаться или в ряду множителей функции u, или же в ряду множителей функции u₁. Эти два случая мы и рассмотрим порознь. Заметим предварительно, что коль скоро u разбивается на известные множители, то это значит, что u содержится в каждом из них тождественно, т.е. независимо от равенства A=B, ни от каких бы то ни было других равенств. А теперь рассмотрим помянутые два случая.

1. Пусть продуцент s⁽ⁱ⁾ элементарной посылки 1=s⁽ⁱ⁾ заключается в ряду продуцентов функции u, и требуется превратить эту посылку в форму определения u. В данном случае само u содержится в продуценте S⁽ⁱ⁾ тождественно, т.е. независимо ни от каких посылок, а след. и от посылки 1=s⁽ⁱ⁾. Поэтому равенство u=us⁽ⁱ⁾, будучи простых тождеством, не может выражать логического содержания посылки 1=s⁽ⁱ⁾. Другими словами, посылка 1=s⁽ⁱ⁾ не может быть приведена к форме логического определения самой функции u. Остается обратить внимание к отрицанию этой функции, т.е. к u₁. По предположению, между продуцентами этой функции, т.е. u₁, рассматриваемый продуцент s⁽ⁱ⁾ тождественно. Коль скоро же так, то легко доказать, что u₁ содержится в s⁽ⁱ⁾ логически, т.е. равенство u₁=u₁s⁽ⁱ⁾ и есть искомая форма посылки 1=s⁽ⁱ⁾. Дело в том, что в пределах каждого равенства A=B, всякая функция, рассматриваемая совместно с этим равенством, должна содержаться логически не только в полной, но и в каждой из частных логических единиц этого равенства. На этом основании, как u, так и u₁, должны логически содержаться в s⁽ⁱ⁾, причем оказывается, что u содержится в s⁽ⁱ⁾ не только логически, но и тождественно, тогда как u₁, не содержась тождественно в s⁽ⁱ⁾, содержится в нем только логически³⁹. Что равенство u₁=u₁s⁽ⁱ⁾ тождественно с посылкой 1=s⁽ⁱ⁾, при условии, когда u=us⁽ⁱ⁾ есть простое тождество, в этом можно убедиться также из того, что, при сказанном условии, помянутая посылка принимает вид: 1=s⁽ⁱ⁾=us⁽ⁱ⁾+u₁s⁽ⁱ⁾=u+u₁s⁽ⁱ⁾, и след., на основании известного мнемонического правила, тождественно замещается равенством u₁s⁽ⁱ⁾+0.u=u₁s⁽ⁱ⁾.
   

Так как отрицание этого равенства есть u=u+s₁⁽ⁱ⁾, то и можем сказать, что всякий элементарный продуцент 1=s⁽ⁱ⁾ данного равенства A=B, заключающийся в ряду элементарных продуцентов данной функции u, будучи приведен к форме определения этой последней функции, принимает, как форму u₁=u₁s⁽ⁱ⁾, так и форму u=u+s₁⁽ⁱ⁾. На какой же из этих форм следует остановиться? Смысл задачи требует, чтобы была избрана форма определения самой функции u, а не ее отрицания u₁, т.е. вторая форма. Однако, употребление этой 2-ой формы, где s₁⁽ⁱ⁾, будучи отрицанием s⁽ⁱ⁾, есть логический нуль, может приводить к логическим недоумениям, для выхода из которых необходимо помнить, что истинное значение равенства u=u+s₁⁽ⁱ⁾ есть 1=s⁽ⁱ⁾ и след. также 0=s₁⁽ⁱ⁾. (об этом мы будем говорить ниже, в § 29).

2. Наоборот, если элементарный продуцент 1=s^(p) не заключается в ряду продуцентов функции u,то функция u₁ тождественно в нем содержится, функция же u должна содержаться в нем логически, т.е. в этом случае элементарное определение u будет: u=us^(p). В этом же можно убедиться из следующей выкладки: 1=s^(p)=s^(p)u+s^(p)u₁=s^(p)u+u₁, откуда u=us^(p)+0.u₁=us^(p).
   

И так, имея для равенства A=B ряд элементарных посылок в единичной форме

1=s’, 1=s’’, 1=s’’’,…, 1=s^(m)

и разлагая на элементарные продуценты данную функцию u, достаточно сравнить последовательно каждый из продуцентов посылок с продуцентами функции u, после чего часть посылок примет элементарную форму u=u+v⁽ⁱ⁾, где v⁽ⁱ⁾ есть один из элементарных логических нулей задачи; другая же часть элементарную форму u=us^(p), где s^(p) есть одна из элементарных логических единиц задачи.

Пример. Даны две элементарные посылки 1=a+b+c, 1=a+b+c₁ и требуется привести их к форме элементарных определений функции u=ab₁+a₁c. Функцию же u надо разложить на элементарные продуценты. С этою целью берем ее отрицание u₁=ab+a₁c₁ и делаем его однородным относительно a,b,c, т.е. приводим к виду u₁=abc+abc₁+a₁bc₁+a₁b₁c₁. А затем берем отрицание этого отрицания; так и получим следующее разложение

u=(a₁+b₁+c₁)(a₁+b₁+c)(a+b₁+c)(a+b+c).

Так как продуцент первой посылки заключается в ряду продуцентов функции u, а продуцент 2-ой посылки в нем не заключается, то в требуемой форме данные посылки будут:

u=u+a₁b₁c₁, u=u(a+b+c₁),

где a₁b₁c₁ есть элементарный логический нуль, a+b+c₁ элементарная логическая единица. Для поверки мы возьмем единичные формы этих посылок и занесем в них, вместо u и u₁, функции ab₁+a₁c и ab+a₁c₁. Получим:

1=u+u₁(a+b+c)=ab₁+a₁c+ +(ab+a₁c₁)(a+b+c)=ab₁+a₁c+ab+a₁bc₁=a+a₁(c+bc₁)=a+_a(c+bc₁)=a+ +a₁(c+b)=a+b+c;

1=u(a+b+c₁)+u₁=(ab₁a₁c)(a+b+c₁)+ab+a₁c₁=ab₁+a₁bc+ab+a₁c₁=a+ +a₁(bc+c₁)=a+a₁(b+c₁)=a+b+c₁,

т.е. исходные посылки.

§ 23. Тоже самое для нулевой формы посылок

Если элементарные посылки равенства A=B даны в нулевой форме, то, разбивая данную функцию u на элементарные конституанты и сравнивая с ними конституанты посылок, легко убедиться, что 1) посылка 0=v^(p), конституант который заключается в ряду конституантов функции u, принимает форму u=uv₁^(p), где v₁^(p) есть элементарная логическая единица задачи; и 2) посылка 0=v⁽ⁱ⁾, конституант которой не заключается в том же ряду, принимает вид: u=u+v⁽ⁱ⁾, где элементарный логический нуль задачи.

Пример. Даны две элементарные посылки 0=abc, 0=ab₁c и требуется превратить их в форму элементарных определений прежней функции u=ab₁+a₁c.

В однородном виде эта функция есть

u=ab₁c+ab₁c₁+a₁bc+a₁b₁c.

конституант 1-ой посылки не заключается между конституантами u; конституант же 2-ой посылки заключается в ряду их. А потому обе посылки принимают вид:

u=u+abc, u=u(a₁+b+c₁),

где abc есть элементарный логический нуль, a₁+b+c₁ элементарная логическая единица задачи. Поверка. В нулевой форме последние 2 равенства будут:

0=u₁(abc)=(ab+a₁c₁)(abc)=abc

0=u(ab₁c)=(ab₁+a₁c)ab₁c=ab₁c,

т.е. совпадают с исходными посылками.

§ 24. Прямой способ получения элементарных определений любой функции

Переходим к прямому способу нахождения для равенства A=B максимальной системы в форме элементарных определений одной и той же функции u. Такой способ окажется несколько сложнее изложенного непрямого способа. Здесь нам необходимо напомнить читателю наш способ определения функции u из равенства 1=M. Способ этот состоит в том, чтобы привести равенство M=1 к виду 1=M=M(u+u₁)=u(Mu)+u₁(Mu₁)= =gu+hu₁ и перейти от него к равенству u=gu=h₁u₁, или к паре равенств h=gu, u=u+h₁. При этом g есть вычисленное на самом деле произведение Mu, которое, сверх того, должно быть освобождено от множителя u в случае, если бы оно приняло вид Ku; точнее также h есть вычисленное на деле произведение Mu₁, освобожденное от множителя u₁ в случае, если бы таковой оказался; наконец h₁ есть вычисленное на самом деле отрицание h, освобожденное от множителя u₁ или от члена u в случае, если бы таковые в нем оказались.

Когда формула u=gu+h₁u₁, отвечающая равенству A=B, вычислена, то разлагая g и u на элементарные продуценты, h₁ и u₁ на элементарные конституанты, и выбрасывая из множителей g те, которые уже имеются в ряду множителей u, а из конституантов h₁ те, которые имеются в ряду конституантов u₁, мы получим равенство вида u=(g’g’’g’’’…)u+(k’+k’’+k’’’+…)u₁, которое и доставит максимальную систему:

u=g’u, u=g’’u, u=g’’’u,…

u=u+k’, u=u+k’’, u=u+k’’’,..

здесь каждое g служит элементарным логическим нулем задачи.

Пример. Дано равенство ab+cd=ac+bd и требуется найти максимальную систему в форме определений функции

u=ad₁+bc₁.

Единичная форма исходного равенства есть:

1=M=(ab+cd)(ac+bd)+(a₁+b₁)(c₁+d₁)(a₁+c₁)(b₁+d₁)=abc+abd+acd+ +bcd+(a₁+b₁c₁)(d₁+b₁c₁)=abc+abd+acd+cbd+a₁d₁+b₁c₁. Его надо привести к форме 1=(Mu)u+(Mu₁)u₁. Имеем: Mu=(abc+abd+acd+ +bcd+a₁d₁+b₁c₁)(ad₁+bc₁)=abcd₁+ab₁c₁d₁+abc₁d+a₁bc₁d₁; u₁=(a₁+ +d)(b₁+c)=a₁b₁+a₁c+b₁d+cd; Mu₁=(abc+abd+acd+bcd+a₁d₁+ +b₁c₁)(a₁b₁+a₁c+b₁d+cd)=a₁b₁d₁+a₁b₁c₁+a₁bcd+a₁cd₁+ab₁cd+b₁c₁d+ +abcd+acd+bcd=a₁b₁d₁+a₁b₁c₁+a₁cd₁+b₁c₁d+acd+bcd.

Первоначальное равенство приняло вид:

1=gu+hu₁=u[abcd₁+ab₁c₁d₁+abc₁d+a₁bc₁d₁]+u₁[a₁b₁d₁+a₁b₁c₁+a₁cd₁++b₁c₁d+acd+bcd].

Превращая его, на основании известного мнемонического правила, форму определения u, будем иметь:

u=u[abcd₁+ab₁c₁d₁+abc₁d+a₁bc₁d₁]+u₁(a+b+d)(a+b+c)(a+c₁+d)(b+c+ +d₁)(a₁+c₁+d₁)(b₁+c₁+d₁)=ug+u₁h₁

и следовательно также u=ug, u=u+h₁. Остается здесь разложить коэффициент при u на элементарные продуценты, коэффициент при u₁ на элементарные конституанты. Мы же их имеем разбитыми как раз наоборот. Однако, это обстоятельство не вредит, а помогает делу. А именно, разбитый на множители, коэффициент при u должен заключать отрицания всех не входящих в него конституантов, т.е. это разложение будет:

g=(a+b+c+d)(a+b+c₁+d)(a+b+c+d₁)(a+b+c₁+d₁)(a+b₁+c+d₁)(a+b₁+c₁+ +d)(a+b₁+c₁+d₁)(a₁+b+c₁+d)(a₁+b+c+d₁)(a₁+b+c₁+d₁)(a₁+b₁+c+d)(a₁+ +b₁+c₁+d₁).

Отсюда должны быть отброшены все множители, встречающиеся в разложении u на элементарные продуценты. Желая получить это последнее разложение, приведем u₁ к 4-му измерению и возьмем отрицание результата. Будем иметь:

u₁=a₁b₁cd+a₁b₁cd₁+a₁b₁c₁d+a₁b₁c₁d₁+a₁bcd+a₁bcd₁+ab₁cd+ab₁c₁d+ +abcd

u=(a+b+c₁+d₁)(a+b+c₁+d)(a+b+c+d₁)(a+b+c+d)(a+b₁+c₁+d₁)(a+b₁+c₁+ +d)(a₁+b+c₁+d₁)(a₁+b+c+d₁)(a₁+b₁+c₁+d₁).

Оказывается, что все эти 9 продуцентов встречаются между продуцентами функции g. Отпуская их из состава u, для произведения ug будем иметь

ug=u(a+b₁+c+d₁)(a₁+b+c₁+d)(a₁+d₁+c+d).

Функцию h₁ надо разбить на элементарные конституанты. Имеем:

h₁=(a+b+d)(a+b+c)(a+c₁+d)(b+c+d₁)(a₁+c₁+d₁)(b₁+c₁+d₁)=(a+b+c+ +d)(a+b+c₁+d)(a+b+c+d₁)(a+b₁+c₁+d)(a₁+b+c+d₁)(a₁+b+c₁+d₁)(a₁+b₁+ +c₁+d₁)(a+b₁+c₁+d₁).

В это выражение не входит 8 продуцентов, отрицания которых и будут конституантами функции h₁. Так получим след. разложение:

h₁=abcd₁+abc₁d+abc₁d₁+ab₁cd₁+ab₁c₁d₁+a₁bc₁d+a₁bc₁d₁+a₁b₁cd.

Отсюда должны быть выброшены все элементарные конституанты функции u. В однородном виде 4-го измерения эта функция есть:

u=ad₁+bc₁=abcd₁+abc₁d₁+ab₁cd₁+ab₁c₁d₁+abc₁d+a₁bc₁d+a₁bc₁d₁.

Все эти 7 конституантов входят в выражение h₁. Выбрасывая их, мы получим для суммы u+h₁следующее выражение: u+h₁=u+a₁b₁cd. Таким образом, пара равенств u=ug, u=u+h₁ принимает вид:

u=u(a+b₁+c+d₁)(a₁+b+c₁+d)(a₁+b₁+c+d), u=u+a₁b₁cd.

След. 4 элемента задачи будут:

u=u(a+b₁+c+d₁), u=u(a₁+b+c₁+d),

u=u(a₁+b₁+c+d), u=u+a₁b₁cd,

причем в первых трех коэффициенты при u суть элементарные логические единицы, а в последнем член a₁b₁cd есть элементарный логический нуль задачи.

§ 25. Совмещение таких определений

Когда для равенства A=B найдена максимальная система в форме определений функции u, то, комбинируя между собою эти последние на все лады, получим всевозможные системы, тождественные с исходным равенством. При комбинировании определений должны быть соблюдаемы правила, совершенно аналогичные тем, которые изложены в § 19.

Пример. Для равенства

ab+cd=ac+bd

система элементарных посылок в форме определений функции

u=u+a₁b₁cd, u=u+abc₁d₁,

u=u+a₁bc₁d, u=u+ab₁cd₁,

которые, будучи комбинируемы, должны быть складываемы. Складывая их все, получим одно равенство

u=u+(a₁b₁cd+abc₁d₁+a₁bc₁d+ab₁cd₁),

которое должно быть тождественно с исходным, в чем легко убедиться из того, что полный логический нуль задачи есть как раз тот самый многочлен, который заключен в скобки в полученной формуле полного определения u.

§ 26. Определение одной функции с помощью другой. Соответственные противоположные задачи

Каждую данную функцию f(a,b,c,d…) можно рассматривать как определение другой данной функции u, и найти все элементы этого определения. Для этого достаточно составить равенство u=f(a.b.c.d…) и поступать с ними совершенно так, как выше мы обрабатывали равенство A=B.

Приравняв функцию f сначала функции u, а потом функции u₁, мы опять получим пару противоположных задач. Когда все элементы одной из таких задач найдены, то все элементы противоположной задачи могут быть найдены подобно тому, как это объяснено в нижеследующем примере.

Пример. Равенство

u=ab₁+a₁c=ac₁+a₁=f(a.b.c)

имеет 4 элемента:

u=u(a₁+b+c₁), u=u(a+b+c₁)

u=u+acb₁, u=u+a₁bc₁.

Функция u, разложенная на элементарные конституанты и продуценты, есть:

u=ab₁+a₁c=ab₁c+ab₁c₁+a₁bc+a₁b₁c

u=(a₁+b₁+c₁)(a₁+b₁+c)(a+₁+c)(a+b+c).

Сравнение этих разложений с предыдущей системой элементов убеждает нас, что в систему эту не вошли следующие 4 равенства, отличные от тождеств:

u=u(a+b₁+c₁), u=u+abc,

u=u(a₁+b+c), u=u+a₁b₁c₁,

отрицания которых и будут элементами противоположной задачи:

u₁=ab+a₁c₁=ac₁+a₁b=f(a.b.c),

а именно:

u₁=u₁+a₁bc, u₁=u₁(a₁+b₁+c₁),

u₁=u₁+ab₁c₁, u₁=u₁(a+b+c),

в чем легко было бы убедиться и непосредственно.

§ 27. Превращение одних систем посылок в другие

В предыдущих §§ мы исчерпали вопрос о тождественном замещении всевозможными системами всякого данного равенства A=B. Для этой цели нами было предложено 4 параллельных способа, каждый не менее как в двух вариантах. При этом мы убедились, что, при n классах ни одно равенство A=B не может быть замещено более чем 2^т─1 равенствами.

Нескольких слов достаточно, чтобы применить изложенные способы к замещению систем системами. Дело в том, что всякая данная система посылок тождественно замещается одним равенством. А потому, замещая данную систему одним равенством в каком-либо из 4-х видов:

0=N, 1=M, a=f, u=φ,

Нам остается только избрать тот или другой из указанных четырех параллельных способов.

Впрочем, можно поступать несколько иначе, а именно: не совмещая посылок данной системы в одно равенство, разбивать каждую из этих посылок на системы. При этом может оказаться повторение равенств, доставленных различными исходными посылками. Все такие повторения должны быть уничтожены (хотя, конечно, они нисколько не вредят делу).

Для примера возьмем систему трех посылок:

a=ab, b=b(ac₁+a₁c), ab₁+a₁c=ac₁+a₁b

и найдем максимальную систему этой задачи.

Так как форма элементарных посылок не предрешена, то мы изберем простейшую, т.е. нулевую форму. В нулевой форме исходная система есть:

0=ab₁, 0=b(ac+a₁c₁),

0=(ab₁a₁c)(ac+a₁b₁)+(ab+a₁c₁)(ac₁+a₁b)=ab₁c+a₁b₁c+abc₁+a₁bc₁.

Затем нам предстоит на выбор: или совместить эти равенства в одно и заместить последнее максимальной системой, или же каждую посылку порознь заместить отвечающею ей максимальною системою. Избирая первый путь, мы получаем одно равенства

0=N(a,b,c)=ab₁+abc+a₁bc₁+ab₁c+a₁b₁c+abc₁+a₁bc₁,

которое, по приведении к 3-му измерению и уничтожении повторяющихся членов, будет:

0=ab₁c+ab₁c+abc+a₁bc₁+a₁b₁c+abc₁.

А след. данная задача имеет 6 элементов, именно:

0=ab₁c, 0=ab₁c₁, 0=abc, 0=a₁bc₁, 0=a₁b₁c, 0=abc₁.

Избирая второй путь, мы вместо посылки 0=ab₁ получим два элемента: 0=ab₁c, 0=ab₁c₁; вместо второй исходной посылки опять 2 элемента: 0=abc, 0=a₁bc₁, и вместо 3-й 4 элемента: 0=ab₁c, 0=a₁b₁c, 0=abc₁, 0=a₁bc₁. Получилось 8 элементов, из которых различны только 6, те же самые, что и выше.

§ 28. Неуместность рассматривания логических элементов в прямой задачи теории умозаключений и необходимость такого рассматривания в обратной задаче.

Здесь мы находим уместным провести параллель между нашими приемами и способом Джевонса, изложенном в § 3 первой части настоящей статьи. В способе Джевонса тоже фигурируют элементарные конституанты, но только не там, где следует, т.е. не в составе логического нуля, а в выражении логической единицы. В составе логического нуля элементарные конституанты прямо указывают все элементы задачи; в выражении же логической единицы они оказываются только бесполезным усложнением ее формы. Здесь они представляют собрание всех элементов противоположной задачи⁴⁰. Для указания же элементов данной задачи, логическая ее единица должна быть разбиваема не на элементарные конституанты, как у Джевонса, но на элементарные продуценты, каждый из которых сам есть одна из элементарных логических единиц той же задачи.

Рассматривание и употребление элементарных конституантов или продуцентов совершенно неуместно в прямом способе логики, т.е. при построении понятий логики, так как идет речь о возможно простой и полной форме искомых умозаключений. Логические же элементы сложнее, чем у всяких других функций. Наоборот, в обратном способе логики, где построение всевозможных посылок, отвечающих данному умозаключению, тесно связано с построением максимальной системой элементарных посылок, рассматривание и употребление логических элементов не только уместно, но и необходимо.

§ 29. Правила составления сложных логических задач. Возможность логических задач с абсурдными посылками и определение истинного значения таких посылок

В заключение покажем, как можно воспользоваться основаниями изложенного нами обратного способа логики для построения возможно сложной логической задачи.

Предположим, что мы желаем составить задачу об m элементарных, p посылках и n классах. (Число p должно быть не больше числа m, число же m менее числа 2ⁿ). С этою целью напишем m каких-либо, но только различных, элементарных продуцентов данных классов и приравняем каждый из них единице, т.е. миру речи будущей задачи. Затем скомбинируем (как нам заблагорассудится) помощью перемножений эти m элементов в требуемое число p посылок. Далее, оставляя часть этих p посылок в единичной форме, приведем другую часть к форме нулевой, а остальные представим под формой определения различных простых классов, их отрицаний, различных функций и их отрицаний. Наконец, останется приписать классам a,b,c,d… какое-либо реальное значение и затем словесно изложить содержание всех p посылок в окончательной их форме.

Для примера составим какую-нибудь задачу о четырех классах, семи элементах и трех посылках.

Возьмем на удачу 7 продуцентов и приравняем каждый из них единице, т.е. пусть элементы задачи будут:

1=a+b+c+d, 1=a₁+b+c+d, 1=a+b₁+c+d₁, 1=a+b₁+c+d, 1=a₁+b+c₁+d, 1=a+b+c₁+d₁, 1=a₁+b+c+d₁.

Составим из этих элементов 3 посылки, напр. такие:

1=(a+b+c+d)(a₁+b+c+d)=b+c+d

1=(a+b₁+c+d₁)(a+b₁+c+d)=a+b₁+c

1=(a₁+b+c₁+d)(a+b+c₁+d)(a₁+b+c+d₁)=(b+c₁+d)(a₁+b+c+d₁)=b+(c₁+ +d)(a₁+c+d₁)=b+a₁c₁+a₁d+cd+c₁d₁.

Первую из этих посылок решим относительно функции bc, для чего необходимо разбить эту функцию на продуценты классов b,c,d. Будем иметь

(bc)₁=b₁+c₁=b₁+bc₁=b₁cd+b₁cd₁+b₁c₁d+b₁c₁d₁+bc₁d+bc₁d₁

bc=(b+c₁+d₁)(b+c₁+d)(b+c+d₁)(b+c+d)(b₁+c+d₁)(b₁+c+d).

так как продуцент 1-ой посылки заключается в ряду продуцентов функции bc, то след. bc содержит в себе отрицание этого продуцента, т.е. 1-я посылка принимает вид:

bc=bc+b₁c₁d₁,

где b₁c₁d₁ есть элементарный логический нуль задачи. Прибавим, что эта посылка получила бы вид, не только замысловатый, но и по-видимому совершенно абсурдный. А между тем такая посылка не только возможна логически, но даже имеет 2 элемента. (В § 22 было объяснено, что истинное значение всякой посылки u=u+s⁽ⁱ⁾, где s⁽ⁱ⁾ логический нуль, есть s⁽ⁱ⁾=0).

Вторую посылку мы решим относительно функции a+b, разложение которой на продуценты всех 4-х классов есть:

a+d=(a+b+d)(a+b₁+d)=(a+b+c+d)(a+b+c₁+d)(a+b₁+c+d)(a+b₁+c₁+d)

продуценты же 2-ой посылки суть:

a+b₁+c+d₁ и a+b₁+c+d,

т.е. 1-й из них не содержится в предыдущем ряду, второй содержится в нем, а потому получаются два определения:

a+d=(a+d)(a+b₁+c+d₁), a+d=(a+d)+a₁bc₁d₁,

которые совмещаются в одно такое:

a+d=(a+d)(a+b₁+c+d₁)+(a+d)₁a₁bc₁d₁,

где a+b₁+c+d₁ есть элементарная логическая единица, a₁bc₁d₁ элементарный логический нуль задачи. Вот какую сложную форму принимает вторая посылка. Наконец третью посылку, которая сама по себе достаточно сложна, оставим без перемены. И так, нам предстоит составить задачу о следующих трех посылках:

bc=bc+b₁c₁d₁

a+d=(a+d)(a+b₁+c+d₁)+(a+d)₁a₁bc₁d₁

1=b+a₁c₁+a₁d+cd+c₁d₁=b+a₁(c₁+d)+cd+c₁d₁

Остается назначить терминам реальное значение. Пусть 1 обитатели данного дома, a богатые из них, d здоровые, c молодые, d семейные. Посылки задачи будут таковы: 1) все несемейные обитатели данного дома, не обладавшие ни здоровьем, ни молодостью, были не только здоровы, но и молоды; 2) каждый богатый или семейный обитатель того же дома был или богат, или нездоров, или молод, или бессемеен; кроме того, каждый здоровый обитатель, не обладавший ни богатством, ни молодостью, ни семьею, принадлежал или к богатым, или к семейным обитателям; наконец 3) весь персонал обитателей того же дом состоял, не считая здоровых людей, из бедняков, частью пожилых, частью семейных, из молодых семейных особ и из пожилых бессемейных. ─В заключение остается предложить вопросы, касающиеся определения из этих посылок какого-либо класса или какой-либо функции. Этим мы заниматься не будем, а вместо того остановим наше внимание на следующем обстоятельстве.

Первая посылка и часть второй с умыслом нами представлены под абсурдной формой для показания, что не всегда абсурдная форма выражения вовсе нет надобности отбрасывать абсурдное выражение, а достаточно указать условие, при котором абсурд перестанет быть таковым. Такое условие и заключает в себе истинный смысл абсурдного выражения. Освобожденная от абсурдной формы первая посылка будет такова: между обитателями данного дома не было таких бессемейных особ, которые не обладали ни здоровьем, ни молодостью. Точно также, вторая часть второй посылки, освобожденная от абсурдной формы, будет такова: в данном доме не было здоровых обитателей, лишенных богатства, молодости и семьи. После этого становится понятным, что отбрасывать абсурдное выражение, не попытавшись определить условия возможности логического его значения, весьма опасно, потом, что при этом может оказаться отброшенной существенная часть сведений, доставляемых посылками задачи.


