Два сообщения, читанные 27 февраля и 23 марта 1882г
| Вид материала | Документы |
- 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.
Выше было доказано, что наша формула a=aM(1)+ +a1M1(0) тождественна с парой формул полного определения a и что формула Шредера a=M(1)[a+M1(0)] тождественна с парой формул точного его определения. А теперь докажем, что ни в какие другие формулы упомянутые пары совмещены быть не могут.
Пусть требуется из равенства 1=M(a.b.c.d…) определить a посредством всех данных классов одною формулою, тождественною с этим равенством. Пусть искомая формула есть
a=F(a.b.c.d…),
и требуется определить строение функции F. Развертывая эту функцию в отношении a, получаем: a=aF(1)+a1F(0). В единичной форме это равенство будет (на основании изложенного мнемонического правила): 1=aF(1)+a1F(0). По предположению, это равенство должно быть тождественно с исходным, т.е. с равенством: a=M=aM(1)+a1M(0). А потому для определения F имеем два условия: F(1)=M(1), F1(0)=M(0) и след. F(0)=M1(0). Если так, то функция F вполне определена и притом только одним образом, именно: F=aF(1)+a1F(0)=aM(1)+a1M1(0), и след. для полного определения a одною формулою может служить только одна наша формула схем аттического определения a. Вот тот путь, которым я и получил впервые эту формулу30.
А теперь возьмем пару формул точного определения a=aM(1), a=a+M1(0)M(1) и постараемся тождественно заместить ее одною формулою: a=f(a.b.c.d…). По перемножении логических единиц упомянутой пары, мы получаем тождественно ее замещающую формулу 1=aM(1)+a1[M1(1)+M(0)]. С этой формулой должна быть тождественна единичная форма искомой формулы, т.е. 1=af(1)+a1f1(0). Если так, то для определения f имеем условия: f(1)=M(1), f1(0)=M1(1)+M(0) и след. f(0)=M(1)M1(0), т.е. f=af(1)+ +a1f(0)=aM(1)+a1M(1)M1(0) и след. искомая формула будет:
a=aM(1)+a1M(1)M1(0)=aM(1)M1(0)+aM(1)M(0)+a1M(1)M1(0)=
=M(1)M1(0)+aM(1)M(0)=M(1)[aM(0)+M1(0)]=M(1)[a+M1(0)].
Отсюда заключаем, что формула Шредера есть единственная, вполне заменяющая пару формул точного определения a.
Всматриваясь в последний результат, мы видим, что первоначально он имел форму, зависящую от a1, и только потом нам удалось исключить из него этот класс. Спрашивается, нельзя ли сделать того же и с нашей формулой схематич. определения? Ответ получатся отрицательный. В самом деле пусть имеем функцию pa+r, независящую от a1 (где p и r суть функция прочих классов b,c,d…) и введем в нее a1. Для этого есть только одно31 средство: умножить r на a+a1. Получим: pa+r=(p+r)a+ra1. отсюда, обратно, заключаем, что выражение вида ax+a1y может быть освобождено от a1 только тогда, когда y тождественно содержится в x, представляя его подкласс. Это условие выполнено в формуле a=aM(1)+a1M(1)M1(0) и вообще не имеет места в отношении формулы a=aM(1)+a1M1(0), потому что хотя M1(0) и содержится в M(1), но содержится вообще только логически, а не тождественно, т.е. M1(0) вообще не представляет одного или нескольких членов функции M(1). В частности, когда M1(0) тождественно содержится в M(1), т.е. когда полное решение совпадает с точным, класс a1 может быть исключен из формулы a=aM(1)+a1M1(0), которая переходит в формулу Шредера.
Если, таким образом, пара формул полного определения тождественно замещается только одною нашею формулою схематического определения a, из которой a1 вообще не может быть исключено, за исключением случая, когда M1(0) тождественно с частью M(1), ТОО заключаем, что не существует формулы вида a=ap+r, которая была бы вообще тождественна с равенством 1=M.
Интересно, что условие тождественно подчиненности функции M1(0) функции M(1) выполняется в известных нам 3-х случаях: 1) когда M(1) есть тождественная единица, 2) когда M1(0) есть тождественный нуль и 3) когда M(1) тождественно =M1(0). А теперь к упомянутым 3-м случаям мы должны добавить 4-ый общий, а именно: случай, когда вообще M1(0) есть тождественная часть от M(1), т.е. когда условие M1(0)=M1(0)M(1) поверяется тождественно; иначе говоря, когда M(1)=f(b.c.d…)+φ(b.c.d…), а M1(0)=f(b.c.d…), или еще когда M(1)=π(b.c.d…), а M1(0)=π(b.c.d…)θ(b.c.d…). понятно, что первые 3 случая содержатся в 4-м, но так как они не исчерпывают всего его объема, то нам предстоит на выбор: или перечислить все 4 упомянутые случаи, или ограничиться одним последним. Мы предпочитаем последнее. И так, во всех тех логических задачах, для которых тождественно повторяется условие: M1(0)=M1(0)M(1), пара формул полного определения: a=aM(1), a=a+M1(0) тождественно переходить в пару формул точного определения: a=aM(1), a=a+M1(0)M(1), и тождественно замещается формулой Шредера: a=M(1)[a+M1(0)]. Вот единственный случай, когда формула Шредера представляет полное определение, т.е. исчерпывает все сведения задачи.
В частности, если, в пределах упомянутого случая, тождественно повторяется условие M1(0)=0, т.е. если M1(0)имеет вид M1(0)=p.q.q1, то и формула Джевонса совпадает, как с точным, так и с полным определением. Наконец, для того, чтобы определение Джевонса совпадало с точным определением, достаточно потребовать, чтобы тождественно поверялось условие M1(0)M(1)=0, т.е. чтобы M1(0)=r.s, M(1)=r1t.
В заключение этого § заметим следующее. Мы видели, что пара формул точного определения: a=aM(1), a=a+M1(0)M(1) тождественно замещается первым вариантом формулы Шредера: a=aM(1)+M1(0)M(1). Если так, то по аналогии, можно было бы думать, что пара формул полного определения: a=aM(1), a=a+M1(0), отличающаяся от предыдущей заменою M1(0)M(1) через M1(0), должна тождественно замещаться формулой: a=aM(1)+M1(0), т.е. вторым вариантом формулы Шредера. Однако этого нет, потому что полное определение a одною формулою есть a=aM(t)+a1M1(0). Таким образом в этом случае умозаключение по аналогии было бы неверным.
§ 11. Указание некоторых свойств операций над равенствами. Совмещение рядов определений в одно определение. Вариант нашего способа.
В этом § мы предполагаем установить несколько найденных нами общих правил относительно операций над логическими равенствами, и затем мы воспользуемся ими для того, чтобы предложить вариант нашего способа определения классов из логических равенств.
Относительно сложения равенств можно доказать, что вообще, т.е. за некоторыми исключениями, сумма двух и более равенств выражает менее, чем система этих равенств. Пусть для простоты имеет только два равенства: A=B и C=D, где A,B,C,D какие угодно функции классов a,b,c,d… Логические нули этих равенств суть: 0=AB1+A1B, 0=CD1+C1D. Следовательно логический нуль системы этих двух равенств будет:
0=AB1+A1B+CD1+C1D.
А теперь сложим те же два равенства. Их сумма будет: A+C=B+D. Логический нуль этого равенства есть:
0=(A+C)B1D1+A1C1(B+D)=AB1D1+B1CD1+A1BC1+A1C1D.
Чтобы показать, что логический нуль системы двух равенств полнее логического нуля их суммы, мы напишем оба эти нуля так:
0=AB1(D+D1)+A1B(C+C1)+CD1(B+B1)+C1D(A+A1)=AB1D1+A1BC1+
+CD1B1+C1DA1.
Предложение сполна доказано. Отсюда же видим, что системы и сумма двух равенств тождественны между собою только тогда, когда все лишние члены первой из написанный формул суть тождественные нули, т.е. когда имеют место 4 тождества:
0=AB1D, 0=A1BC, 0=CD1B, 0=C1DA.
Легко видеть, что эти тождества удовлетворяются, если одновременно A=0 и C=0, или также одновременно B=0 и D=0. Но если за раз A и D, или B и C суть нули, то упомянутые тождества не удовлетворяются. Отсюда видим, что сумма двух (и более) равенств, имеющих нулевую форму, всегда тождественна с их системой, если позаботиться о том, чтобы раньше сложения нули были во всех равенствах по одну и туже сторону от знака =, и потом складывают одноименные части равенств.
Пусть еще A=C, т.е. оба складываемые равенства суть определения одной и той же функции (или класса). Второе и четвертое из упомянутых тождеств удовлетворяются. Остается удовлетворить условиям: 0=AB1D и 0=ABD1. Легко видеть, что для удовлетворения этих условий достаточно положить за раз B=A+B и D=A+D. Следовательно если равенства таковы: A=A+B и A=A+D, то сумма таких равенств всегда тождественна с их системой. Отсюда заключаем, что если имеем два (и более) определения одного и того же класса (или функции), из которых каждое указывает на функцию, содержащуюся в этом классе, то одно определение, вполне заменяющее оба(или все) данные, получится через простое сложение этих определений. Понятно, что и обратно, если A=A+B и B=P+Q+R+…, то данное равенство тождественно разбивается на ряд равенств: A=A+P, A=A+Q, A=A+R,…
Переходим к умножению равенств. Пусть даны два равенства: A=B, C=D. Перемножая их, получим: AC=BD, равенство, которого полный логический нуль есть:
0=AC(B1+D1)+(A1+C1)BD=AB1C+ACD1+A1BD+BC1D.
Но логический нуль системы первоначальных равенств можно написать так:
0=AB1(C+C1)+CD1(A+A1)+A1B(D+D1)+C1D(B+B1).
Сравнение последних двух формул показывает нам, что произведение двух равенств выражает вообще менее, чем их система, и что произведение и система двух равенств вполне тождественны только тогда, когда поверяются следующие 4 тождества:
0=AB1C1, 0=CD1A1, 0=A1BD1, 0=C1DB1.
Если одновременно A=1, C=1, или B=1, D=1, то условия эти поверяются. Если же A=1, D=1, или B=1, C=1, то они не повторяются. Отсюда заключаем, что коль скоро равенства ( два или более) имеют единичную форму и мы их перемножим так, чтобы части равные единице, перемножались особо, а прочие части особо, то получится одно равенство вполне заменяющее данные.
Пусть и здесь A=C. Первые два тождества поверяются. Остается удовлетворить двум остальным, для чего достаточно положить B=AB, D=CD=AD. След., если равенства имеют форму: A=AB и A=AD, то их произведение тождественно с их схемой. Поэтому, имея ряд определений одного и того же класса (или функции), каждое из которых указывает функцию, содержащую в себе этот класс, и перемножив их между собою, мы всегда получим одно определение вполне тождественное со всеми первоначальными. Обратно, если A=AB и B=P.Q.R…, то формула A=AB тождественно распадается на систему: A=AP, A=AQ, A=AR,…
Замечательно, что даже сумма и произведение двух равенств образуют систему: A+C=B+D, AC=BD, логическое значение которое менее логического значения первоначальной системы A=B, C=D. Однако, если мы сложим одноименные части равенств, а перемножим разноименные, или обратно, то всегда получатся две системы, каждая из которых вполне тождественна с первоначальной системой. Доказательства этих продолжений так просты, что приводить их мы вовсе не будем.
Выше мы убедились, что ряд частных определений: a=am’, a=am’’, a=am’’’,… тождественен с одним частным определением: a=a(m’m’’m’’’…), и ряд частных определений: a=a+n’, a=a+n’’, a=a+n’’’,… тождественен с одним частным определением: a=a+(n’+n’’+n’’’+…). Затем мы знаем, что пара двух частных определений: a=a+p, a=aq тождественна с одним порлным (схематическим) определением: a=ad+a1p. Если так, то смешанный ряд частных определений:
a=am’, a=am’’, a=m’’’,…
a=a+n’, a=a+n’’, a=a+n’’’,…
вполне тождественен с один полным определением:
a=a(m’m’’m’’’…)+a1(n’+n’’+n’’’+…).
Найдем теперь одно полное определение, тождественно заменяющее ряд полных определений: a=am’+a1n’, a=am’’+a1n’’, и т.д. разлагая каждое из этих полных определений на пару часиков, мы получим предыдущий смешанный ряд, и следов. искомое полное определение, равносильное данному ряду полных определений, будет:
A=a(m’m’’m’’’…)+a1(n’+n’’+n’’’+…).
Отсюда получается следующее важное правило: для тождественного замещения ряда полных определений одного и того же класса и одним полным определением, необходимо коэффициенты вида a перемножить, коэффициенты при a1 сложить.
Из этого правила заключаем, что если бы все посылки задачи имели форму полных определений одного и того же класса a, то правило это позволило бы нам иметь непосредственно получить полное определение a, отвечающее всей совокупности посылок. Не надо было бы ни вычислять логической единицы задачи M, ни выводить из нее определение a. Таким образом, мы получаем следующий вариант нашего способа определения класса a: решить каждую посылку сполна относительно этого класса и соединить решения в одну формулу по только что указанному правилу.
Однако, непосредственного превращения посылки A=B в форму определения данного класса a. Мы знаем только, что единичная форма этой посылки есть
1=AB+A1B1=M’(a.b.c…),
и уже отсюда заключаем, что в форме определения a та же посылка будет:
a=aM’(1.b.c.d…)+a1M’1(0.b.c.d…).
Но из предпоследней формулы видим, что
M’(1)=A(1)B(1)+A1(1)B1(1)
M’(0)=A(0)B(0)+A1(0)B1(0)
и след. M’1(0)=A(0)B1(0)+A1(0)B(0),
а потому предыдущая формула определения a принимает вид:
a=a[A(1)B(1)+A1(1)B1(1)]+a1[A(0)B1(0)+A1(0)B(0)].
Вот искомая формула определения a непосредственно из самой посылки A=B, без предварительного превращения этой посылки в единичную форму. Как видим, формула эта довольно сложна, и потому будет гораздо удобнее остаться при прежнем правиле, в силу которого для превращения посылки A=B в форму a=pa+qa1 мы сначала превращаем ее в форму 1=AB+A1B1=ga+ha1 и уже отсюда получаем a=da+h1a1. Это и будет искомая форма полного определения a для посылки A=B.
Как видим, для определения a из данной системы посылок, перед нами открываются два пути: 1) превратить каждую посылку в единичную форму, составив полную логическую единицу задачи и из нее вынести полное определение a, и 2) превратить все посылки в единичные формы, определить сполна a из этих отдельных логических единиц и потом ряд полных определений a соединить в одно определение по формуле, указанной выше.
Возьмем для примера задачу (Венна) о двух посылках: a=a(b1c+bc1), b=ab и определить из нее последовательно все классы a,b,c, по обоим способам. Начнем с определения c по первому способу. Логические единицы посылок суть:
1=a1+b1c+bc1=M’(a.b.c), 1=b1+a=M’’(a.b.c).
Полная логическая единица задачи будет:
1=M(a.b.c.)=ab1c+abc1+a1b1+b1c=b1c+abc1+a1b1.
В данном случае:
M(a.b.1)=a1b1+b1=b1, M(a.b.0)=ab+a1b1, M1(a.b.0)=ab1+a1b.
След. полное определение c изо всей задачи будет:
c=cM(1)+c1M1(0)=cb1+c1(ab1+a1b).
Применим теперь второй способ. Логическая единица 1-й посылок есть: 1=M’(a.b.c.)=a1+b1c+bc1. Определяя отсюда сполна c, будет иметь: M’(1)=a1+b1, M’(0)=a1+b, M’1(0)=ab1, и след.
c=cM’(1)+c1M’1(0)=c(a1+b1)+c1(ab1).
Логическая единица второй посылки есть: 1=M’’(a..c)=a+b1. Отсюда надо определить c сполна. Смущаться тем, что сюда c не входит, нечего. У нас речь идет о полном определении c, т.е. на основании всех сведений задачи. Поэтому ни одна посылка не должна быть пропущена. И так, определяя из второй посылки c, следуя общему правилу, будем иметь: M’’(a.b.1)=a+b1, M’’(a.b.0)=a+b1, M’’(a.b.0)=a1b и след.
C=cM’’(1)+c1M’’1(0)=c(a+b1)+c1(a1b).
Остается соединить в одно два полных определения, отвечающих обоим посылкам. Коэффициенты при c надо перемножить, коэффициенты при c1 сложить. Получим окончательно:
c=c(a1+b1)(a+b1)+c1(ab1+a1b)=ab1+c1(ab1+a1b),
т.е. совершенно тоже, что и выше. Вот определение c, в котором воспроизведены все сведения, данные в посылках. Оказывается, что c содержится в b1 и содержит в себе все, что только относится в пределах задачи к классу (ab1+a1b).
Обращаемся к определению b. В формуле 1=M(a.b.c)=b1c+abc1+a1b1 правая часть однородна относительно b, а потому определение b прямо выводится из этой формулы заменою в левой части 1 через b, а в правой коэффициента при b1 его отрицанием. След. прямо будем иметь:
b=b(ac1)+b1(ac1),
т.е. b в ac1 и содержит в себе ac1, а потому b тождественно с ac1, т.е. b=ac1. Вот полное определение b и вместе с тем одна простая формула, вполне выражающая все сведения, заключенные в посылках. Убедиться в этом не трудно. В самом деле, логическая единица этого равенства есть: 1=abc1+b1(a1+c), т.е. вполне совпадает с полной логической единицей задачи M. Впоследствии (ч. I, § 16), говоря о задаче Венна, мы будем ссылаться на этот результат.
А теперь применим 2-й метод к определению b. Вторая посылка b=ab непосредственно имеет форму определения b. Логическая единица первой посылки может быть написана так: 1=b(a1+c1)+b1(a1+c), откуда прямо имеем: b=b(a1+c1)+b1(a1+c), откуда прямо имеем: b=b(a1+c1)+b1ac1. Комбинируя это определение со второю посылкой b=ab, получим окончательно: b=b(ac1)+b1(ac1)=ac1, т.е. тоже, что и по первому способу.
Так как первая из посылок задачи: a=a(bc1+b1c) имеет форму определения a, и так как, придав второй посылке туже форму, получим вместо нее: a=a+b=a+a1b, то полное определение класса a будет:
a=a(bc1+b1c)+a1b,
результат, из которого прямо мы могли бы заключить, что логическая единица задачи есть:
1=a(bc1+b1c)+a1b1.
Таково же будет определение a и по 1-му способу. Этот пример показывает нам, между прочим, что когда все посылки задачи имеют форму определения одного и того же класса, напр. a, то вычисление самой логической единицы может быть сделано гораздо проще, чем по общему правилу, а именно стоит соединить все эти определения в одно полное определение: a=ap+a1q, после чего полная логическая единица задачи будет: 1=aq+a1q1.
Чтобы покончить с вопросом об определении каждого данного класса посредством всех прочих, сделаем следующие два замечания.
Во 1-х, надо несколько отличать определение класса из равенства 1=M (или из отвечающей ему системы равенств) от решения этого же равенства ( или этой системы) относительно того же класса. Определение есть операция чисто логическая, решение чисто математические. Определение класса a тем удачнее, чем точнее оно рисует истинную роль a в ряду прочих классов. Решение же относительно a тем совершеннее, чем полнее оно передает все сведения первоначального равенства 1=M. Поэтому формула Шредера может быть предпочтена нашей формуле в качестве определения; наша же формула должна быть предпочтена Шредеровой в качестве решения.
Во 2-х, интересно, что ни одно из известных нам 3-х решений (Джевонса, Шредера и наше) не обращает равенства 1=M в тождество. Возьмем напр. нашу формулу: a=aM(1)+a1M1(0) и отвечающую ей формулу: a1=aM1(1)+a1M(0) и занесем эти величины в равенство: 1=M=aM(1)+a1M1(0). После такой подстановки окончательно получим: 1=M(1)+M(0), т.е. далеко не тождество (а результат исключения a из равенства 1=M).