О способах решения логических равенств. 7 страница

Машина имеет форму пианино о 21 клавише. На этих клавишах, но направлению от левой руки к правой, имеются некоторые обозначения, которые можно передать так:

f,+,d₁,d,c₁,c,b₁,b,a₁,a “ есть ”, a,a₁,b,b₁,c,c₁,d,d₁,+,g.

левая половина клавиатуры предназначена для выражения левой части равенства, т.е. подлежащего, правая – сказуемого. Все посылки должны иметь форму A=AB. Поэтому каждую посылку вида A=A+B надо изображать так: B=AB; всякую же посылку вида A=B надо заменить двумя: A=AB, B=AB. Центральная клавиша означает связь «есть», употребляемую в смысле содержится (но не равно). Чтобы передать на машине сумму a+b надо ударить по 3 клавишам: a,+,b. Чтобы изобразить произведение ab надо коснуться последовательно двух клавишей a и b. Скобки, отвечающие умножению, всегда надо предварительно развернуть. Когда изображено на машине одно равенство, то, прежде, нежели перейти к другому, надо ударить по клавише g. Тоже при переходе от 2-го равенства к 3му и т.д. Когда задача окончена, и все ответы на предлагаемые вопросы получены, надо ударить по клавише f. Тогда машина прейдет в начальное положение и будет готова к решению новой задачи. На левой половине клавиатуры изображается вся левая часть равенства, на правой только тот множитель правой части, который содержит в себе левую часть. В промежутке между ними надо ударить по клавише есть. Напр. равенство: a=a(b+c)(bd+b₁d₁)=a(bd+bcd+b₁cd₁)=a(bd+b₁cd₁) надо сообщать машине так: ударить на левой стороне по клавише a, потом по клавише есть, потом на правой стороне по 7 клавишам: b, d, +, b₁, c, d₁, g.

За клавиатурой находится вертикальный шкаф, в передней доске которого сделаны 4 горизонтальные щели определенной ширины и удаленные одна от другой на определенные расстояния. Позади этой доски, внутри шкафа, находятся 16 вертикальных пластин, которые то поднимаются вверх, то опускаются вниз при ударении по тем или другим клавишам. На этих 16 пластинах изображены (в вертикальном направлении) все 16 альтернатив логического алфавита 4-х классов. Четыре буквы каждой пластины находятся на таких расстояниях одна от другой, что, когда машина пребывает в начальном положении, мы видим сквозь упомянутые горизонтальные щели все буквы всех 16 альтернатив. Рычаги, связанные с клавишами и служащие для поднятия или опускания пластин с альтернативами, рассчитаны так, что по мере того как мы исполняем на клавиатуре какую-нибудь посылку, различные альтернативы алфавита то скрываются от наших глаз, то снова появляются в щелях. Когда посылка окончена, и мы сделали удар по клавише g, все альтернативы, несовместимые с этой посылкой, перестают быть видимыми, и притом до окончания задачи. Остается видимой только та часть алфавита, которая, по нашей терминологии, должна быть названа полной логической единицей данной посылки. По сообщению машине второй посылки и после удара по клавише g, мы можем видеть только логическую единицу системы двух первых посылок. И т.д. когда все посылки исполнены на клавиатуре. И на доске мы видим только полную логическую единицу всей задачи, остается предлагать машине вопросы. Напр., желая узнать, в чем содержаться c₁, мы должны ударить на левой половине клавиатуры по клавише c₁. При этом все альтернативы, независящие от c₁, перестанут быть видимыми, и на доске останутся только те альтернативы, сумма которых и есть c₁. Ударяя по клавише g, мы возвращаем на место только что исчезнувшие альтернативы, снова видим всю логическую единицу и можем спросить на счет кого угодно другого класса. И т.д. и только после удара по клавише f (finis) мы уничтожим всю предыдущую работу машины, возвратив ее в начальное положение. В этом положении машина снова изображает ум, способный к мышлению над 4-мя классами вещей, но не имеющий относительно их никаких познаний. По мере того как ему сообщаются в посылках эти познания, он начинает работать, то отбрасывая известные альтернативы, то снова возвращая некоторые из них.

Как видим, Джевонс схватил секрет решения (не полного) системы равенств и весьма остроумно воспроизвел его механические в своей машине. Однако, теоретического объяснения этого секрета он не дает, (хотя такое объяснение было бы неизмеримо полезнее его машины) и предоставляет всех тех лиц, которые пожелали бы следовать его указаниям, но не имеют его машины, собственным силам в борьбе с трудностями того примитивного приема, который был им предложен для определения классов. В этом отношении пренебрежение Джевонса, гордящегося своим символическим методом, к формулам и вообще символизму столь велико, что он не вводит даже символом для «все» и «ничто». Логический алфавит, сумма членов которого всегда =1, он изображает не в форме равенства (a+a₁)(b+b₁)…=1, а в виде бессвязной серии членов. Зная, что нелепо в силу данной посылки, он не собирает всех этих нелепостей в одну сумму, приравняв которую к нулю, он имел бы равенство, тождественное с этой посылкой. И пр. и пр.

Во всяком случае, механическое решение задачи, без соответственного теоретического исследования, нельзя признать научным. В этом отношении эмпирический (и гипотетический) способ Буля неизмеримо выше способа Джевонса. Что же касается того, будто машина Джевонса может быть полезна в школах при преподавании логики, то в этом позволительно усомниться, потому что механическое изучение логики, да еще юными умами, едва ли представляло бы утешительное явление. Надо еще заметить, что в машине Джевонса нет клавишей 0 и 1. Поэтому всякую посылку, данную непосредственно в нулевой или единичной форме, можно сообщить машине только после предварительного решения ее относительно какого-нибудь класса, а это не так просто, как может показаться. Решение посылки должно быть настолько полное, чтобы оно было тождественно с этой посылкой. Если же взять частное ее решение, не вполне ее заменяющее, то окажется, что машина Джевонса будет решать вовсе не ту логическую задачу, какая нам была дана. А если принять во внимание, что и без того машина эта дает только неполные определения классов, то результаты могут получаться весьма сомнительные.

§ 16. Образцы сложных логических задач

В заключение первой части нашей статьи решим несколько логических задач. – У Джевонса мы встречам так называемую задачу Венна. Эту задачу, в сущности довольно простую, он приводит, как наглядный пример недостаточности умозрительных приемов преподавания логики и необходимости общего символического метода для этой цели. Задачу, о которой идет речь, предложил классу, состоявшему из 150 учеников, преподаватель логики Венн, и ответ на нее был получен только от 5 из них; остальные 145 человек не могли дать никакого ответа. Вот эта задача: «Все члены совета были или владельцы облигаций, или владельцы акций, но не те и другие вместе. Случилось так, что владельцы облигаций все были в совете. Какое можно вывести из этого заключение?» тут вся трудность заключается собственно в том, что Венн заканчивает задачу неопределенным вопросом, вследствие чего нет указания, в каком направлении надо мыслить, чтобы получить достойный внимания результат. Очевидно, для получения полного ответа на это вопрос обязательно исследовать задачу по всем направлениям.

Пусть a члены совета, b владельцы облигаций, c владельцы акций. Выраженные для a нет класса bc и произведение abc=0. Но, в силу 2-й посылки, ba=b, а след. bc=0, т.е. лиц, обладающих сразу облигациями и акциями, совсем не было при условиях задача Венн и которым он вполне удовлетворяется, хотя собственно постановка его задачи требует, чтобы было доказано, что никаких других интересных заключений из данных посылок вывести нельзя[34]. Не пускаясь в эти кропотливые исследования, для которых мы имеем все необходимые средства, мы предпочитаем перейти к придуманным нами задачам более серьезным, нежели задача Венна, таким задачам, которые едва ли кто в состоянии решить умозрительно.

Задача 1-ая. Между птицами данного зоологического сада существуют 5 отношений: 1) Птицы певчие суть или крупные, или обладающие качеством Y; 2) птицы, имеющие качества Y, или не крупны, или не имеют качества X; 3) птицы певчие в соединении с крупными обнимают всех птиц с качеством X; 4) каждая не крупная птица есть или певчая, или обладающая качеством X; наконец, 5) между птицами с качеством X совсем нет таких птиц с качеством Y, которые не будучи певчими, были бы крупны. – Не зная качеств X и Y, определить, были ли птицы качества X певчие, или нет, крупные, или нет. Узнав тоже в отношении птиц качества Y. Найти, были ли между птицами качества X птицы качества Y, обратно.

Пусть x птицы качества X, y птицы качества Y, s птицы певчие, g птицы крупные.

Мы решим эту задачу сначала совершенно тк, как решал бы Шредер, а потом применим к ней наш способ. Символические изображения посылок у Шредера были бы таковы: 1) s=v(g+y); 2) y₁=v’(g₁+x₁); 3) x=v’’(s+g); 4) g₁=v’’’(s+x); и 5) xys₁g=0, где v, v’, v’’, v’’’ неопределенные классы. Логические нули первых четырех посылок будут:
1) 0=s₁v(g+y)+s[v₁+g₁y₁]=φ(v);
2) 0=yv’(g₁+x₁)+ +y₁(v’₁+gx)=ψ(v’);
3) 0=x₁v’’(s+g)+x[v’’₁+s₁g₁]=θ(v’’);
4) 0=gv’’’(s+x)+ +g₁[v’’’₁+s₁x₁]=F(v’’’).

Результаты исключения неопределенных классов будут:
1) 0=φ(1)φ(0)=[s₁(g+y)+sg₁y₁][s]=sg₁y₁;
2) 0= =ψ(1)ψ(0)=[y(g₁+x₁)+y₁gx]y₁=y₁gx;
3) 0=θ(1)θ(0)=[x₁(s+g)+xs₁g₁]x= =xs₁g₁;
4) 0=F(1)F(0)=[g(s+x)+g₁s₁x₁]g₁=g₁s₁x₁. След. полный логический След. полный логический нуль задачи будет:

0=N(g.s.z.y)=sg₁y₁+y₁gx+xs₁g₁+g₁s₁x₁+xys₁g.

Задача требует прежде всего определить x через g и s. Результат исключения y будет: 0=N(g.s.x.1)N(g.s.x.0)=[xs₁g₁+g₁s₁x₁+xs₁g][sg₁+gx+xs₁g₁+g₁s₁x₁]. Совершая здесь перемножение и пользуясь правилом:

0=xs₁g₁+g₁s₁x₁+xs₁g[sg₁+gx]=xs₁g₁+g₁s₁x₁+xs₁g=xs₁+g₁s₁x₁=s₁(x+g₁x₁)==s₁(x+g₁)=π(x).

Наконец, определяя x, будем иметь: x=π₁(1)[u+π(0)]. Так как в настоящем случае: π(x)=s₁(x+g₁), то π₁(x)=s+x₁g; π₁(0)=g₁s₁;
и следовательно

x=s[u+g₁s₁]=us,

т.е. все птицы качества X принадлежат к певчим. (Здесь u есть неопределенный класс).

Далее, задача требует определения y через g и s. Результат исключения x будет:

0=N(g.s.1.y)N(g.s.0.y)=[sg₁y₁+gy₁+s₁g₁+ys₁g][sg₁y₁+g₁s₁]=sg₁y₁+g₁s₁=
=g₁(sy₁+s₁)=g₁(s₁+y₁)=f(y).

Определяя y, будем иметь: f(y)=g₁(s₁+y₁); f₁(y)=g+sy; f(0)=g₁; f₁(1)=g+s; и след.

y=f₁(1)[u+f(0)]=(g+s)[u+g₁]=(g+s)[g₁+ug]=g₁s+ug+ugs=g₁s+ug,

т.е. птицы качества Y состояли (не обращая внимания на птиц качества X): 1) изо всех тех певчих, которые не были крупны, и 2) из некоторых крупных птиц.

Наконец, требуется определить y через x, и обратно. Результат исключения g и s будет:

0=N(1.1.x.y)N(1.0.x.y)N(0.1.x.y)N(0.0.x.y)=(y₁x)(y₁x+xy)(y₁)(x+x₁)=y₁x.

Отсюда прямо видно, что

x=vy (или y=x+v₁),

т.е. все птицы качества X были в числе птиц качества Y.

А теперь решим ту же задачу по нашему способу. Не употребляя неопределенных классов, посылки мы пишем так: 1) s=s(g+y); 2) y₁=y₁(g₁+x₁); 3) x=x(s+g); 4) g₁=g₁(x+s); 5) 0=xys₁g. Единичная их формы суть: 1) 1=s₁+g+y; 2) 1=y+g₁+x₁; 3) 1=x₁+s+g; 4) 1=g+x+s; 5) 1=x₁+y₁+s₁g₁. Полная логическая единица всей задачи будет:

1=M(g.s.x.y)=[y+(s₁+g)(x₁+g₁)](g₁+s)(x₁+y₁+s₁+g₁)=(y+gx₁+s₁x₁+

+g₁s₁)(s+gx₁+gy₁)=gx₁+sy.

Отсюда видим, что все птицы сада состояли: 1) из таких крупных, которые не имели качества X, и 2) из таких певчих, которые обладали качеством Y. Более никаких птиц в данном саду не было.

Так как нам придется два раза определять x, сначала через g и s, а потом через y, то мы найдем го выражение через g,s,y и потом будем исключать некоторые из классов. Будем иметь:

x=xM(g.s.1.y)=xsy; x₁=x₁M(g.s.0.y)=x₁(g+sy).

Исключив отсюда y, (замещением его и y₁ единицами) получим: x=xs, x₁=x₁(g+s), и след. x=x+g₁s₁. След. точное определение x, помимо y, будет:

x=s[x+g₁s₁]=xs.

Исключив оттуда же g и s, будем иметь:

x=xy, x₁=x₁(1+y)=x₁, т.е. x=xy и след. y=y+x.

Класс y требуется определить через g и s. Результат исключения из полной логической единицы одного x есть: 1=g+sy, откуда для y имеем: y=y(g+s), y₁=y₁g (или y=y+g₁). След. точное определение y, помимо x, будет: y=(g+s)[gu+g₁(g+s)]=gy+g₁s. Результаты совершенно те же, что у Шредера, но только они получены значительно проще.

Задачи 2-ая. Относительно белья, находившегося в данном комоде, известны 2 положения: 1) часть го состояла из крупных предметов, все же остальное белье было тонкое, причем часть этого последнего была поношена, прочая часть не дорого стоила; 2) все белье не тонкое, а также все белье не новое, но дорогое, принадлежало или к такому тонкому белью, которое не было ни крупно, ни дорого, или же к такому крупному белью, которое частью было ново, частью же, будучи тонким, не было дорого. – Узнать, какое белье было поношено: крупное или мелкое? Пусть a тонкое, b крупное, c дорогое, d новое белье. Посылки суть: 1=b+a(d₁+c₁); (a₁+d₁c)=(a₁+d₁c)[ab₁c+b(d+ac₁)]. Единичная форма второй посылки есть6 1=ab₁c₁+b(d+ac₁)+a(d+ +c₁)=ac₁+ad+bd. Полная логическая единица всей задачи будет:

1=M(a.b.c.d)=[b+a(d₁+c₁)][ac₁+ad+bd]=ac₁+bd.

След. все белье комода было частью тонко, но не дорого, частью же и крупно и ново. Задача требует определить d₁ через b. Результат исключения a и c будет: 1=1.1+bd=1+bd=1, т.е. тождество, след. между b и d не было определенного отношения; другими словами d₁ было и b и b₁. И так, наш ответ таков: поношенное белье было частью крупно, частью мелко. Что это так именно и было, можно убедиться следующим образом. Определим d₁ сполна через все прочие классы. Получим: d₁=d₁M(a.b.c.0)=d₁(ac₁); d=dM(a.b.c.1)=d[ac₁+b]; d₁=d₁+(a₁+c)b₁. Соединяя эти определения в одно точное определение, будем иметь: d₁=M(a.b.c.0)[d₁M(a.b..1)+ +M₁(a.b.c.1)]=ac₁[d₁(ac₁+b)+(a₁+c)b₁]=ac₁d₁, т.е. все поношенное белье было и тонко и не дорого, и понятно, что оно могло быть как крупно, так и мелко, потому что ac₁d₁=ac₁d₁(b+b₁).

Тоже заключение мы получили бы, исключая a и c из полученных выше формул полного определения d₁, именно мы нашли бы после такого исключения:

d₁=d₁(ac₁)=d₁.1.1=d₁, d=d(ac₁+b)=d[1.1+b]=d.1.=d, т.е. два тождества, откуда опять заключаем, что d через b не выражается, т.е. для d₁ возможны обе альтернативы, как bd₁, так и b₁d₁.

Задача 3-я. Относительно девиц, бывших на данном бале, даны следующие 14 посылок: 1) каждая из девиц была или благовоспитанна, или весела, или молода, или красива; 2) когда начались танцы, то оказалось, что все не танцующие девицы были некрасивы, и что каждая из танцующих была или молода, или весела, или благовоспитанна; 3) в другой момент, когда все пожилые девицы образовали отдельный кружок, о каждой из прочих девиц можно было сказать, что она или красива, или весела, или благовоспитанна; 4) если выделить всех девиц немолодых и некрасивых, то останутся только благовоспитанные и веселые девицы; 5) если же выделить всех девиц невеселых, то останутся благовоспитанные, молодые и красивые; 6) таких девиц, которые обладая молодостью и веселостью, не обладали бы в тоже время ни красотой, ни благовоспитанностью, на балу не было вовсе; 7) между молодыми девицами не было таких, которые обладая красотой и веселостью, были бы не благовоспитанны; 8)каждая благовоспитанная девица была или молода, или весела, или красива; 9) все девицы, соединявшие красоту с благовоспитанностью, были одни веселы, другие молоды; 10) каждой невеселой девице не доставало или молодости, или красоты, или благовоспитанности; 11) все те веселые девицы, которые не отличались молодостью, обладали благовоспитанностью, были красивы; 12) немолодые девицы были одни не благовоспитанны, другие не веселы, третьи не красивы; 13) между некрасивыми девицами не было таких, которые с благовоспитанностью соединили бы молодость и веселость: наконец, 14) когда уехали все неблаговоспитанные, все немолодые, все не веселые и все некрасивые девицы, никаких девиц на балу более не осталось. – Узнать, прежде всего, возможна ли подобная сложная задача? Нет ли между ее посылками противоречий? Если окажется, что задача возможна, то описать точным образом весь мир девиц бала и определить отношение между различными категориями этих девиц.

Задача будет возможна, если для ее полной логической единицы получится выражение, отличное от тождественного нуля. Пусть a благовоспитанные, b веселые, c молодые, d красивые девицы бала. Посылки суть: 1) 1=a+b+c+d; 2) 1=a+b+c+d₁; 3) 1=a+b+c₁+d; 4) 1=a+b+c₁+d₁; 5) 1=a+b₁+c+d; 6) 0=a₁bcd₁, или 1=a+b₁+c₁+d; 7) 0=a₁bcd, или 1=a+b₁+c₁+d₁; 8) a=a(b+c+d), или 1=a₁+b+c+d; 9) ad=ad(b+c), или 1=a₁+b+c+d₁; 10) b₁=b₁(a₁+c₁+d₁), или 1=a₁+b+c₁+d₁; 11) abc₁+abc₁d, или 1=a₁+b₁+c+d; 12) c₁=c₁(a₁+b₁+d₁), или 1=a₁+b₁+c+d₁; 13) abcd₁=0, или 1=a₁+b₁+c₁+d; 14) 1=a₁+b₁+c₁+d₁. Полную логическую единицу задачи получим после перемножения всех 14 написанных здесь частных логических единиц. Перемножение это было уже сделано нами прежде. (См. в конце § 5). Заимствуя оттуда готовый результат, для полной логической единицы задачи будем иметь:

1=M(a.b.c.d)=ab₁cd₁+a₁bc₁d.

Задача вполне возможна, и все девицы бала разбиваются на две группы: 1) девицы, которые, будучи благовоспитанны и молоды, не были ни веселы, ни красивы и 2) девицы, которые будучи веселы и красивы, не были ни благовоспитанны, ни молоды.

Чтобы ближе определить отношения между различными категориями девиц, поищем, напр., определения a. Будем иметь: a=aM(1)=ab₁cd₁, a₁a₁M(0)=a₁bc₁d, a=a+b₁+c+d₁. Нами была установлена и доказана теорема, в силу которой равенство: a=ab₁cd₁ тождественно с системой 3-х равенств: a=ab₁, a=ac, a=ad₁; равенство же: a=a+b₁+c+d₁ тождественно с тремя равенствами: a=a+b₁, a=a+c, a=a+d₁. И так, полное определение a сводится на следующие 6 частных его определений: a=ab₁, a=a+b₁, a=ac, a=a+c, a=ad₁, a=a+d₁, из которых первый два показывают, что a тождественно с b₁; вторые два, что a тождественно с c; третьи два, что a тождественно с d₁. И так в данном случае

a=b₁=c=d₁ и a₁=d=c₁=d.

След. Благовоспитанные девицы, молодые, невеселые и некрасивые были одни и те же. И обратно, девицы неблаговоспитанные, не молодые, веселые и красивые были также одни и те же. Задача решена во всех подробностях. Формула Шредера не в состоянии доставить нам непосредственно этих простых результатов. Применяя эти формулу к найденному выше полному определению a двумя формулами, мы получили бы: a=M(1)[aM(0)+M₁(0)]=b₁cd₁[abc₁d+ +b₁+c₁+d₁]=b₁cd₁. Заключить отсюда прямо, что a тождественно с b₁, с c и с d₁, нет никаких средств. Вот один из случаев задач, когда наши приемы определения классов имеют существенные преимущества перед приемами Шредера.

Приведенными примерами мы и ограничимся. Однако прибавим, что если бы кому-либо из читателей решенные нами логические задачи показались не достаточно сложными и легко поддающимися силам чистого умозрения, то мы могли бы предложить другие задачи, во сколько угодно раз более замысловатые. Дело в том, что нам известен метод для перехода от каждой данной формулы к тем посылкам, из которых она могла бы быть введена в качестве умозаключения. Поэтому, если мы выберем весьма сложную формулу, разобьем ее на возможно большее число посылок, то задача будет, несомненно, трудная. От нас вполне зависит составлять задачи, в желаемой степени трудные, настолько трудные, чтобы они превышали умозрительные способности каждого данного лица. Изложение метода, о котором только что упомянуто нами, составить предмет второй части нашего сочинения.

Дата добавления: 2015-07-08