О способах решения логических равенств. 5 страница

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 ac ₁ 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).

§ 12. Наши правила для исключения классов и для определения, соединения с исключением

Переходим к исключению классов из данных посылок. Правила для исключения классов даны еще Булем и приняты Шредером без изменений. Хотя правила это довольно просты, однако формулы, им отвечающие, очень сложны и постепенно усложняются по мере увеличения числа исключаемых классов. Так, если из равенства, имеющего нулевую форму:

0=N(a.b.c.d…),

Исключить один класс, напр. a, то результат исключения будет:

0=N(1.1.c.d…)N(1.0.c.d…)N(0.1.c.d…)N(0.0.c.d…).

И т.д. Если исключить m классов, то результат содержит 2^m множителей. Употребление подобных сложных формул крайне тягостно. Дело будет несколько проще, если вместо нулевых брать единичные формы равенств.

Результат исключения a в такой форме будет: 1=M(1.b.c.d…)+M(0.b.c.d…).

При исключении двух классов a и b результат будет: 1=M(1.1.c.d…)+M(1.0.c.d…)+ +M(0.1.c.d…)+M(0.0.c.d…).
И т.д. При исключении m классов надо сделать 2^m сложений, тогда как при нулевой форме необходимо выполнить 2^m умножений. Это значительно облегчит выкладки.

Однако, мне удалось построить такие правила исключения классов, при употреблении которых формулы постепенно упрощаются по мере увеличения числа исключаемых классов, т.е. как раз наоборот тому, что мы замечаем при употреблении правила Буля. Судя à priori, так оно и должно быть, потому что отношения между не всеми классами должны быть проще отношений между всеми ими. След. правило Буля для исключения классов не ответствует существу дела. В чем же состоит предлагаемое правило? Сравнение основной формулы: 1=M=aM(1.b.c.d…)+a₁M(0.b.c.d…) с результатом исключения a из данных посылок достаточно в полной логической единице заменит a и a₁ единицами. Получается новая логическая единица задачи (уже не полная), выраженная посредством всех классов, кроме a, и представляющая (как нами было уже доказано) всю ту часть сведений задачи, которая не касается прямо самого a. Упомянутое мною правило логически совершенно понятно, потому что если части двух функций: M(1) и M(0), будучи сложены, составляют единицу, т.е. весь мир речи, то и подавно сумма самых этих функций должна быть единицею.

Можно показать, что предлагаемое мною правило имеет место для всякой формы функции M, т.е. будет ли она однородна относительно исключаемого класса a, или нет. Пусть напр., функция M неоднородна относительно a, т.е. полная логическая единица задачи есть, напр.:

1=Aa+Ba₁+C=M,

где A,B,C зависят от прочих классов b,c,d…

В данном случае M(1)=A+C, M(0)=B+C, а потому для результата исключения a получим 1=M(1)+M(0)=A+B+C, т.е. выражение, которое выводится из начальной формулы 1=M=Aa+Ba₁+C заменою a и a₁ единицами. Таким образом, наше правило для перехода от полной логической единицы к результату исключения в единичной форме имеем место вообще, будет ли C нуль или отлично от нуля, т.е. однородна или нет функция M относительно исключаемого класса a. Простыми суждениями это правило можно обобщить, т.е. доказать, что если надо исключить сразу m классов из равенства 1=M, то результат исключения получится после замещения в функции M всех исключаемых классов и их отрицаний единицами. Правило, замечательно простое, и употребление его, особенно в сравнении с правилом Буля, может быть только приятным.

Правило будет несколько сложнее, если мы пожелаем сделать переход от формулы полного (схематического) определения класса a одною формулою, т.е. a=aM(1)+a₁M₁(0), к соответственной формуле определения того же класса a через все классы, кроме одного или нескольких из прочих. Заметим, сто полное определение класса a через все классы, кроме напр. b, должно выводится из результата исключения класса b, т.е. из равенства: 1=M(a.1.c.d…)+M(a.0.c.d…), совершенно так же, как полное определение a всеми классами выводится из основного равенства 1=M. А теперь займемся построением искомого правила. Пусть функция M развернута в отношении классов a и b, т.е. приведена к виду:

1=M=Aab+Bab₁+Ca₁b+Da₁b₁.

Результаты исключения b, будет (заменяя b и b₁ единицами): 1=M´=Aa+Ba+Ca₁+Da₁= a(A+B)+ a₁(C+D).

Полные определения a, отвечающая обоим этим равенствам, будут соответственно:

a=aM(1)+a₁M₁(0)=a(Ab+Bb₁)+a₁(C₁+b₁)(D₁+b)

a=aM´ (1)+a₁M´₁(0)=a(A+B)+a₁C₁D₁.

Как видим, второе определение получается из первого следующим образом: 1) в коэффициенте при a надо заменить b и b₁ единицами; 2) в коэффициенте же при a₁, которой не следует делать однородным относительно b, заменить b и b₁ нулями. Правило это легко распространить на случай исключения двух и более классов. Однако, мы вообще не будем употреблять этого правила в виду того, что замещение формулы схематического определения соответственной парой формул полного определения позволяет нам сохранить первое, более простое, правило.

В самом деле, если формулу схематического определения: a=aM(1)+a₁M₁(0) разложить на пару отвечающих ей определений a вумя функциями и взять эти формулы в такой форме: a=aM(1), a₁=a₁M(0), то установленное выше первое правило, имеющее место для формулы 1=M, сохранится в полной силе, сколько бы классов ни было исключаемо. Так напр., в предыдущем примере, определяя a из формулы:

1=M=a(Ab+Bb₁)+a₁(Cb+Db₁)

1=M’=a(A+B)+a₁(C+D),

и пользуясь для этой цели написанной выше парой формул полного определения, будем иметь соответственно:

1) A=a(Ab+Bb₁), a₁=a₁(Cb+Db₁)

2) A=a(A+B), a₁=a₁(C+D),

т.е. вторая пара формул выводится из первой помощью простого замещения исключаемого класса b и его отрицания единицами. И легко показать, что правило останется тоже самое, сколько бы классов мы не вздумали исключить из пары формул: a=aM(1), a₁=a₁M(0), а именно все исключаемые классы и их отрицания надо заменить единицами. Понятно, что это же правило остается в полной силе и для определения Джевонса, т.е. для одной формулы a=aM(1). Что же касается формулы Шредера, то к ней правило это неприменимо.

И так в случае, когда требуется определить на основании равенства 1=M(a.b.c.d…) какой-нибудь класс a сполна через все данные классы, кроме таких-то, перед нами открываются два пути. 1) Можно исключить все лишние классы (заменою их и отрицаний единицами) из равенства 1=M и из результата определить a сполна всеми классами, входящими в этот результат. 2) Можно также сполна определить a из равенства 1=M двумя формулами a=aM(1), a₁=a₁M(0) и из них уж исключить (тою же заменою) все лишние классы. Имея же полное определение a через все классы, кроме таких-то, можно построить и соответственное точное. Таким образом, при определении одних классов в связи с исключением других, для возможности пользоваться сокращенным правилом исключения, обязательно употребление пары формул полного определения; точное же определение должно быть получаемо не иначе, как из полного.

Для примера, пусть дана задача, полная логическая единица которой есть:

1=M(a.b.c.d)=abc₁d+a₁b₁cd₁.

и требуется определить c через одно a. Применить сначала первый прием.

Результат исключения лишних классов b и d из этого равенства будет:

1=ac₁+a₁c=M’(a.c),

Откуда для полного определения c одною формулою получим:

C=cM’(1)+c₁M’₁(0)=ca₁+c₁a₁,

т.е. c и содержится в a₁ и содержит его в себе, или с тождественно с a₁.

Следуя второму пути, мы начинаем с полного определения с двумя формулами из данного равенства; получаем:

c=cM(1)=c(a₁b₁d₁)

c₁=c₁M(0)=c₁(abd).

Затем, исключая отсюда лишние классы b и d, находим:

c=ca₁, c₁=c₁a, и след. c=c+a₁,

откуда, по соединении двух определений c, получим окончательно: c=ca₁+c₁a₁=a₁, т.е. тоже, что и выше.

Но если бы мы пожелали следовать правилу Буля для исключения классов, то дело было бы много сложнее. Для этого мы должны были бы обратиться к полному логическому нулю задачи, который в данном примере есть: 0=N(a.b.c.d)=a(b₁+c+ +d₁)+a₁(b+c₁+d), и вывели из него формулу: 0=N(a.1.c.1)N(a.1.c.0)N(a.0.c.1)N(a.0.c.0). вычисляя эти 4 множителя на деле, мы получим: N(a.1.c.1)=ac+a₁=c+a₁, N(a.0.c.1)=1, N(a.1.c.0)=1, N(a.0.c.0)=a+a₁c₁=a+c₁. Результат исключения b и d принимает вид: 0=(c+a₁)(a+c₁)=ac+a₁c₁, вполне согласный с полученным нами: 1=ac₁+a₁c.

Можно предложить особые символы для обозначения результатов исключения классов. Пусть основное равенство, выражающее все условия задачи, есть: 1=M(a.b.c.d…). Всевозможные результаты исключения различных классов из этого равенства мы будем выражать тем же символом M, но под знаком этого символа внутри скобок все исключаемые классы будем подчеркивать (а в письме удобнее перечеркивать их). Так, равенство: 1=M(a.b.c.d.e…) есть результат исключения классов b и d из равенства 1=M(a.b.c.d.e…). Точно также пара равенств: a=aM(1.b.c.d.e…) и a₁=a₁M(0.b.c.d.e…) есть полное определение a всеми классами, кроме b и d.

Считаем нужным прибавить, что правило наше об исключении a из равенства 1=M посредством замещения a и a₁ единицами, обязательно требует предварительного выполнения перемножений в случае, если функция M имеет вид: M=m.m’.m’’…., где всякое малое m есть функция вида pa+pa₁+r, или, что тоже, вида pa+sa₁. Пусть, для простоты, имеем только 2 множителя, т.е. дано равенство:

1=M=(pa+qa₁)(p’a+q’a₁).

Выполнив здесь перемножения, мы получим: 1=M=pp’a+qq=a, откуда для результата исключения a найдем: 1=pp’+qq’. А если бы мы упустили из виду необходимость предварительного выполнения перемножений, и применяли тоже правила, то получили бы: 1=(p+q)(p’+q’), т.е. равенство, вовсе не равнозначное с предыдущим. Таким образом, применение нашего правила требует некоторой предосторожности, а именно: чтобы функция M была развернута в отношении исключаемого класса, т.е. не состояла из множителей, зависящих от этого класса.

Дата добавления: 2015-07-08