Об обратном способе математической логики, или о переходе от умозаключений к посылкам. 1 страница

§ 1. Разделение общей задачи на четыре подразделений

Имея какое угодно логическое отношение A=B между данными классами a,b,c,d…, мы можем задать себе вопрос о разыскании тех посылок, из которых отношение это могло бы быть выведено в качестве умозаключения. Решить эту задачу значит построить рад отношений: A’=B’,A’’=B’’, A’’’=B’’’,…, совокупность которых была бы тождественна с исходным отношением A=B. Нет сомнения, что такая задача есть неопределенная, т.е. допускающая много решений. Указать способы для построения всевозможных ее решений и будет ближайшим предметом второй части статьи.

Считаем необходимым пояснить, что ни Буль, ни Шредер, ни Джевонс не только не решали, но даже и не ставили подобной задачи. Поэтому все, что будет изложено в этой части нашего сочинения, должно быть рассматриваемо, как результат собственных наших попыток исследования в области математической логики. Поводом к этим попыткам послужило желание научиться строить логические задачи, не уступающие по трудности известной задаче Венна, а если возможно, то и превосходящие ее. Достигнув этой цели, мы пришли к построении. Общего метода, обратного тому методу, на основании которого делается переход от посылок к умозаключениям[35].

Хотя, как мы уже заметили, поставленная нами задача есть задача неопределенная, однако общее ее решение вполне возможно. Задача эта будет вполне решена, если будет найдена какая-либо одна система посылок, отвечающих каждому равенству A=B, и будет указан путь для перехода от этой системы к всевозможным прочим. В этом смысле мы и будем решать нашу задачу, а именно, мы предложим стремиться к нахождению для каждого равенства A=B тождественной с ним максимальной системы посылок и укажем переход от максимальной системы ко всякой другой.

Максимальной системой для каждого равенства A=B мФ будем называть такую из отвечающих ему всевозможных систем, число посылок которой есть наибольшее. Отсюда следует, что посылки такой системы должны быть элементарны, т.е. не могут быть разложены ни на какие другие посылки. Таким образом, максимальная система и система элементарных посылок суть одна и та же система.

Для определения типа элементарных, т.е. неразложимых, посылок, мы предположим на первый раз, что посылки эти должны иметь нулевую форму, т.е. максимальная система равенства A=B должна состоять из известного числа m посылок:

V’=0, v’’=0, v’’’=0,…, v^(m)=0.

Прежде всего, легко убедиться, что каждая из функций v’, v’’, v’’’… должна быть одночленной, потому что если бы, напр., v^(‘) разбивалось на сумму p+q, то соответственная посылка заменялась бы парой посылок: p=0, q=0, т.е. не была бы элементарной. Если же так, то каждая из функций v’,v’’,v’’’… должна быть таким логическим классом, который не разбивается ни на какие подклассы, т.е. объем каждого из таких классов должны быть элементарным. И так, все функции v’, v’’ и пр. должны быть элементами объема речи, т.е. изображать собою классы с наименьшим числом относящихся к ним предметов (речи), или, что тоже, классы с наибольшим числом характеризующих их признаков. Таким образом, если число классов a,b,c,d…, встречающихся в равенстве A=B, а след. также и число признаков α,β,γ,δ…, характеризующих эти классы, есть n, то каждая из функций v’,v’’… должна характеризоваться присутствием или отсутствием каждого из упомянутых n признаков, т.е. представлять собою произведение, состоящее из n множителей которые должны состоять частью из самых классов a,b,c,…, частью же из этих отрицаний a₁,b₁,… А потому, если мы составим всевозможные произведения n -го порядка (т.е. всевозможные элементы объема): (abcd….), (a₁bcd…..), (ab₁cd….),… (a₁b₁c₁d₁…), число которых есть 2ⁿ, то каждая из функций v’,v’’,v’’’…. должна находиться в ряду этих произведений.

Легко видеть, после сказанного, что наши элементы объема суть не что иное, как конституанты Буля, или альтернативы Джевонса, и что построение в нулевой форме максимальной системы для равенства A=B равнозначно с вычислением всех тех альтернатив полного логического алфавита Джевонса, которые несовместны с посылкою A=B. Таким образом, предлагаемые ниже правила для построения элементарных посылок в нулевой форме можно рассматривать также, как необходимое дополнение к способу Джевонса для решения логических равенств.

Наоборот, если бы мы предположили, что элементарные посылки равенства A=B должны иметь единичную форму, т.е. представлять собою систему:

1=s’, 1=s’’, 1=s’’’,….,

то легко показать, что функции s’,s’’,s’’’… не должны разлагаться ни на какие множители, т.е. классы s’,s’’,s’’’… должны обладать наименьшим числом признаков или содержать наибольшее число предметов; короче говоря, классы эти должны быть элементами содержания речи. А чтобы определить математическую их форму, достаточно заметить, что элементы содержания должны быть отрицаниями элементов объема, и след. это суть n -членные суммы (a+b+c+d+…), (a₁+b+c+d+…),… (a₁+b₁+c₁+d₁+…), каждый член которых есть или какой-либо из классов a,b,c…, или же какое-либо из отрицаний a₁,b₁,c₁...

Предположим, в 3-х, что все элементарные посылки равенства A=B должны иметь форму определений одного и того же класса, напр. a, т.е. представлять две системы: во 1-х, систему равенств, указывающих, в чем содержится a, т.е. имеющих вид a=ap, и 2) систему равенств, указывающих, что содержит в себе a, т.е. имеющих вид a=a+q. В таком случае, припоминая установленные нами правила, в силу которых: во 1-х, система: a=p’a, a=p’’a,a=p’’’a…. Тождественна с равенством: a=a(p’p’’p’’’….) и во 2-х, система: a=a+q’, a=a+q’’, a=a+q’’’,… тождественна с равенством: a=a+(q’+q’’+q’’’+…), легко понять, что в каждом из элементарных равенств вида a=pa функция p не должна разлагаться на множители, а в каждом из элементарных равенств вида a=a+q функция q не должна разлагаться на суммы, т.е. p должно быть некоторым элементом содержания, q некоторым элементом объема. Так как p и q не зависят от a и суть функции прочих n-1 классов b,c,d,…, то их можно называть элементами (n-1) -го порядка и легко убедиться, что они суть элементы новой задачи, получаемой из данной задачи A=B через исключение класса a.

Возможность смешивания элементов объема с элементами содержания, усложняемая необходимостью указывать порядок тех и других, заставляет нас, с целью облечения терминологии, избрав более удобные названия. Мы полагаем возможным удержать за элементами объема предложенное Булем название их конституантами, и предлагаем называть элементы содержания продуцентами. И действительно, в своем месте нами будет объяснено, что каждая логическая функция может быть рассматриваема с одной стороны, как сумма известного числа продуцентов. И вот мы предлагаем: во всех задачах об n классах a,b,c,d… конституанты и продуценты n -го порядка называть элементарными; при всех же прочих конституантах и продуцентах обозначат входящие в них классы, а также их порядок, т.е. указывать в конституантах число множителей, а в продуцентах число слагаемых. Таким образом, в задаче об n классах произведение abc ₁ есть один из конституантов 3-го измерения, составленных из классов a, b и c; сумма же a+b₁+c+d₁ есть 4-х-членный продуцент, составленный из классов a,b,c и d. Ниже мы подробнее поговорим о конституантах и продуцентах. А теперь возвращаемся к прерванной нити предыдущих рассуждений.

Предположим, наконец, в 4-х, что все элементарные посылки равенства A=B должны иметь форму определений одной и той же произвольно составленной функции n, зависящей ото всех или только от некоторых из классов a,b,c,d…, встречающихся в составе A и B. Такие посылки могут иметь или вид: n=nK, или же вид: n=n+L. А чтобы они могла быть элементарными, необходимо, чтобы K не разлагалось на множители, а L на суммы, и так как K и L должны быть функциями всех данных классов, то след. K и L должны быть функциями всех данных классов, то след. K и L должны быть элементарными (т.е. n -го порядка) конституантами и продуцентами.

Вот мы наметили 4 подразделения первоначальной задачи и, соответственно этому, нам предстоит построить 4 параллельных способа для нахождения максимальной системы равенства A=B.

§ 2. Нахождение элементарных посылок в нулевой форме

Начнем с первого подразделения первоначальной задачи, т.е. предположим заместить равенство A=B максимальною системою посылок, имеющих нулевую форму. (Напомним, что такая задача представляет существенное дополнение к способу Джевонса, потому что в ней идет речь о процедуре вычисления всех альтернатив, несовместимых с посылкою A=B).

Натуральное решение этой задачи состоит в том, чтобы превратить равенство A=B в нулевую форму 0=N(a,b,c,d,…), отдельно приравняв нулю каждый член функции N и в полученной системе все неэлементарные равенства разбить на элементарные. Как видим, весь вопрос сводится на необходимость построить правило для превращения неэлементарных конституантов в конституанты элементарные. Правило это крайне просто и очевидно само собою, а именно, оно состоит в том, чтобы умножить каждый данный конституант порядка ниже n -го на тождественную (универсальную) единицу, составленную изо всех тех классов, каких недостает этому конституанту. Тождественная же единица каких-либо классов p,q,r,… есть простое произведение сумм (p+p₁), (q+q₁), (r+r₁),… И так, напр., если равенство A=B зависит от 4 классов a,b,c,d и в функции N встречается член ac₁, то неэлементарная посылка 0=ac₁ может быть представлена в виде: 0=ac₁(b+b₁)(d+d₁), т.е. распадается на 4 элементарные посылки: 0=abc₁d, 0=abc₁d₁, 0=ab₁c₁d, 0=ab₁c₁d₁.

Условимся, согласно с алгебраической терминологий, называть логическую функцию однородной функцией i-го измерения, коль скоро все ее члены имеют это измерение, т.е. каждый состоит из i множителей. Как видим, для построения максимальной системы равенства A=B в нулевой форме, необходимо и достаточно, превратив это равенство в форму 0=N, привести функцию N к однородному виду n -го измерения и полученные таким образом элементарные конституанты приравнять к нулю. Прибавим, что, по приведении N к n -му измерению, может случиться повторение одних и тех же элементов. Понятно, что все такие повторения, на основании закона поглощения, должны быть уничтожены.

Для примера возьмем известную задачу Венна о двух посылках: a=a(bc₁+b₁c), b=ab, и предположим найти все элементарные логические нули этой задачи, т.е. все альтернативы, отрицаемые ее посылками. В нулевой форме обе посылки суть: 0=a(bc+b₁c₁), 0=ba₁, т.е. непосредственно получаются 3 посылки: 0=abc, 0=ab₁c₁, 0=a₁b. Так как классов всего 3, то не элементарна здесь одна последняя посылка, и легко видеть, что она разбивается на след. две элементарные посылки: 0=a₁bc, 0=a₁bc₁. Таким образом задача Венна состоит всего из 4 элементов[36], а именно:

0=abc, 0=ab₁c₁, 0=a₁bc, 0=a₁bc₁.

§ 3. Вариант, основанный на формуле Буля

Можно предложить следующий вариант изложенного способа, основанный на формуле Буля для разложения функции по всем классам, от которых она зависит.

Имея равенство A=B, превращая его в форму 0=N(a,b,c,d,…) и развертывая сполна функцию N на основании упомянутой формулы Буля, будем иметь:

0=(abcd….)N(1,1,1,1…)+(a₁bcd….)N(0,1,1,1…)+….+(a₁b₁c₁d₁…)N(0,0,0,0,…).

Число членов такого разложения всегда есть 2ⁿ. Различные же символы, здесь встречающиеся, т.е. N(1,1,1,1…) и пр., могут быть равными только или 0, или 1. Таким образом, в этом разложении часть членов сводится на 0, остальная часть на элементарные конституанты. В итоге же получится, как и выше, функция N, приведенная к n -му измерению.

И так, пользуясь помянутой формулой Буля, мы получаем для всякого равенства об n классах 0=N одну и туже схематически-максимальную систему 2^т равенств, а именно:

0=abcd…N(1,1,1,1,…)

0=a₁bcd…N(0,1,1,1,…)

……………………………….

0=a₁b₁c₁d₁…N(0,0,0,0,…),

и для перехода от нее к фактически-максимальной системе надо вычислить на деле все символические множители для распознания, который из них есть 1 и который 0, после чего все равенство, обращающиеся в тождества 0=0, остается отбросить.

Для примера обратимся к той же задаче Венна. Ее полный логический нуль есть: 0=N(a,b,c)=a(bc+b₁c₁)+a₁b. так как n=3, то всех символов 8. Они будут:

N(1,1,1)=1, N(1,1,0)=0, N(1,0,1)=0, N(1,0,0)=1, N(0,1,1)=1, N(0,1,0)=1, N(0,0,1)=0, N(0,0,0)=0.

И так только 4 символа сводятся на 1, а потому 4 элемента задачи будут: 0=abc, 0=ab₁c₁, 0=a₁bc, 0=a₁bc₁, т.е. те же, что и выше.

§ 4. Упрощение этого второго приёма

Только что изложенный приём, основанный на формуле Буля, может быть подвергнут значительному упрощению.

Как мы видели, в фактически-максимальную систему входят только те равенства схематически-максимальной системы, символический множитель которых есть 1. А потому, если будет указан прием для вычисления всех символов, сводящихся на 1, оставляя в стороне все прочие, сводящиеся на 0, то фактически-максимальная система и будет готова, и притом гораздо проще, чем указанно в предыдущем §.

И так, возникает следующий общий вопрос: имея какую угодно функцию n классов f(a,b,c,d…) и замещая в ней все классы за раз одни единицами, другие нулями (а отрицания их соответственно нулями и единицами), определить все символы, сводящиеся на 1, и при том так, чтобы не делать на самом деле помянутых замещений.

Вообще функция f представляет сумму известного числа членов всевозможных измерений от 1-го до n -го, и она сводится на 1 всякий раз, когда обращается в 1 тот или другой ее член. А потому, приравнивая последовательно каждый ее член единице, мы исчерпаем все условия превращения ее в единицу. Но в каждом из этих условий содержатся несколько случаев. А именно, если данный член есть i -го измерения (i<n), то, для превращения его в 1, необходимо, чтобы все i его множителей были за раз замещены единицами, причем все прочие классы, не встречающиеся в этом члене, могут быть замещаемы, как единицами, так и нулями. Число этих недостающих классов есть n-i, а число всевозможных случаев замещения их то единицами, то нулями, есть 2^n-i. А потому данный член i -го измерения сводится на 1 в 2^n-i случаях, т.е. ему отвечает 2^n-i символов, равных единице. Если член есть 1-го измерения, т.е. i=1, то ему отвечает 2^n-i случаев; если же он n -го измерения, т.е. i=n, то ему отвечает 2⁰, т.е. один случай. Прибавим, что различные члены f могут доставить повторения одних и тех же случаев. Понятно, что все такие повторения должны быть отброшены.

И так, когда имеем равенство 0=N(a.b.c.d…), заменяющее данное равенство A=B, то для построения элементарных посылок достаточно перебрать последовательно все случаи превращения в 1 каждого члена функции N. После чего, зная форму элементарных посылок схематической системы, можно прямо писать самые посылки, отвечающие различным случаям. Так, напр., пусть речь идет только о 3 классах a,b,c, и в равенстве 0=N некоторый член есть ab₁. Этот член делается =1, когда сразу принять a=1, b=0, причем c может быть как единицей, так и нулем. Следовательно, этому члену отвечают 2 символа, равных единице, а именно N(1,0,1) и N(1,0,0), а потому соответственные элементарные посылки будут: 0=ab₁c, 0=ab₁c₁.

Для полного примера обратимся опять к задаче Венна, которой полный логический нуль есть: 0=N(a,b,c)=abc+ab₁c₁+a₁b. В данном случае n=3. В функции N 1-й и 2-й члены суть 3-го измерения, т.е. им отвечает по одному символу, сводящемуся на 1, именно N(1,1,1) и N(1,0,0). Наконец 3-й член есть 2-гоизмерения, т.е. ему отвечают два символа, равных единице, а именно: N(0,1,1) и N(0,1,0). Вот все 4 символа, отличные от 0, в задаче Венна. Отвечающие им 4 элемента этой задачи будут: 0=abc, 0=ab₁c₁, 0=a₁bc, 0=a₁bc₁.

§ 5. Сравнение обоих приёмов

Изложенный приём значительно упрощает способ получения элементарных посылок, основанный на формуле Буля. Однако, даже после такого упрощения, способ этот должен быть признан уступающим первому способу, основанному на приведении функции N к n -му измерению. Это потому, что множит каждый член функции N на один или несколько множителей вида a+a₁, b+b₁, и т.д. и затем приравнять каждый член результата нулю, вообще должно быть гораздо проще, чем разбирать условия превращения в 1 каждого члена той же функции, составлять отвечающие им символы, равные 1, и затем уде, помня схематическую форму элементарных посылок, непосредственно строить эти посылки. В сущности же оба способа оказываются совершенно равнозначными, и только соображения, лежащие в основании того и другого, различны.

§ 6. О числе элементарных посылок

Спрашивается, нельзя ли определить à-priori число элементарных посылок каждого данного равенства A=B? Во 1-х, можно утверждать, что число это всегда меньше, чем 2ⁿ, потому что из суммы 2ⁿ элементарных конституантах составляется тождественная единица, все члены которой ни в коем случае не могут за раз превратиться в 0. С другой стороны, легко понять, что число элементов равенства A=B не меньше числа членов функции N, служащей полным логическим нулем для этого равенства. Указанием этих крайних пределов числа элементов мы и ограничимся, потому что применение детальных правил, какие можно было бы предложить этой цели, может оказаться сложнее, чем непосредственное нахождение самых элементов, сопровождаемое простым счетом их числа.

§ 7. Совмещение элементарных посылок в какие угодно другие посылки

Когда построена максимальная система в нулевой форме, то всевозможные сложения элементарных посылок по две, по три и т.д. приведут нас ко всевозможным системам, отвечающим первоначальному равенству A=B. Таким путем и будут исчерпаны всевозможные логические задачи на данную тему A=B.

Для примера обратимся опять к задаче Венна, все 4 элемента которой суть: 0=abc, 0=ab₁c₁, 0=a₁bc, 0=a₁bc₁. Складывая те самые две посылки, которые даны Венном. Сложение 1-й посылки с 3-й, а 2-й с 4-й доставило бы нам две посылки: 0=bc, 0=c₁(ab₁+a₁b), т.е. между прочим и тот самый результат bc=0, (но только в форме условия задачи, а не следствия), получение которого так затрудняло учеников Венна.

Из тех же элементов можно составить ряд задач и о 3 посылках, напр. такую: 0=abc, 0=a₁bc₁, 0=ab₁c₁+a₁bc, или, что одно и тоже, такую: b=b(a₁+c₁), c=c+a₁b, a=a₁bc+a(b+c). Наконец, случайно можно прийти всего к одному простому равенству, исчерпывающему весь смысл задачи Венна. А именно, складывая 1-ую элементарную посылку с 3-й и 4-й, и оставляя вторую нетронутой, мы получаем две посылки: 0=b(ac+a₁c+a₁c₁)=b(c+a₁c₁)=b(c+a₁), 0=b₁(ac₁), которым можно дать такой вид: b=b(ac₁), b=b+ac₁, откуда и обнаруживается, что b=ac₁. Что действительно одна эта посылка вполне заменяет обе посылки, предложенные Венном, легко убедиться, вычислив логический ее нуль и сравнив последний с полным логическим нулем всей задачи.

Для второго примера построим какую-нибудь задачу на тему:

1=ac₁+bd

и допустим для определенности, что a должно означать домовладельцев, b богатей, c купцом, d старообрядцев.

Нулевая форма данного равенства есть: 0=(a₁+c)(b₁+d₁)=(a₁+ +ac)(b₁+bd₁)=a₁b₁+a₁bd₁+ab₁c+abcd₁. Приведение к 4-му измерению, оно будет: 0=a₁b₁(cd+cd₁+c₁d+c₁d₁)+a₁bcd₁+a₁bc₁d₁+ +ab₁cd+ab₁cd₁+abcd₁.

Здесь все конституанты различны, т.е. исходное равенство имеет 9 элементов. Таким образом, данная тема не может быть выражена более, чем 9-ю посылками. Мы ограничимся следующей задачей на эту тему. Составим сначала из элементов след. 6 посылок:

0=a₁b₁c₁d₁, 0=a₁b₁c₁d, 0=b₁cd₁(a+a₁)=b₁cd₁, 0=b₁cd(a+a₁)=b₁cd, 0=a₁bc₁d₁, 0=bcd₁(a+a₁)=bcd₁, а потом соединим их в следующие три: 0=a₁b₁c₁d₁+b₁cd=b₁(a₁c₁d₁+cd), 0=a₁b₁c₁d+a₁bc₁d₁=a₁c₁(b₁d+bd₁), 0=b₁cd₁+bcd₁=cd₁,

и представим эти последние под формой: b₁=b₁[a₁c₁d₁+cd]₁=b₁[(a+c+d)(c₁+d₁)]= =b₁(ac₁+ad₁+cd₁+c₁d); (a₁c₁)₁=a+c=a+c+(b₁d+bd₁)=(a+c)+b₁d+bd₁; 0=cd₁.

Таким образом одна из возможных задач на тему: 1=ac₁+bd имеет след. 3 посылки: 1) все небогатые (граждане данного города) были частью домовладельцы из не купцов, частью домовладельцы из не старообрядцев, частью купцы из не старообрядцев, частью же старообрядцы из не купцов; 2) все богатые не старообрядцы, а равно и все небогатые старообрядцы были или домовладельцами, или купцами; и в 3-х), купцов не старообрядцев не было.

§ 8. Частный приём разложения равенств на посылки

В предыдущих §§ изложен общий метод получения всевозможных логических нулей данного равенства A=B. Однако, применение общего метода не всегда удобно. Бывают случаи, когда требуется построить одну какую-либо систему, отвечающую равенству A=B. В таком случае вычисление элементов и потом их комбинирование может оказаться слишком длинным путем к этой цели. В виду этого мы находим не лишним указать некоторые частные приемы для получения известного рода систем непосредственно из данного равенства A=B, минуя предварительное вычисление отвечающих ему элементов. А именно, мы укажем способ непосредственного получения некоторых их таких систем, в которых число посылок есть 2 в различных степенях, начиная от 1-ой до (n -1)-й включительно[37]. Способ этот вполне аналогичен изложенному выше общему способу и основан на приведении функции N, служащей логическом нулем равенства A=B, к однородному виду 1-го, 2-го, 3-го,…., (n -1)-го измерений.

По аналогии с алгеброй, условимся называть всякую функцию n классов F(a,b,c,d….) 1) однородной относительно a, коль скоро она приведена к виду Pa+Qa₁, где P и Q суть функции прочих классов b,c,d…; 2) однородной относительно двух классов a и b, если она имеет вид: αab+βab₁+γa₁b+δa₁b₁, где α,β,γ,δ, суть функции классов c,d…;

3) однородной относительно трех классов a,b,c, коль скоро она приведена к виду: p(abc)+q(abc₁)+r(ab₁c)+s(ab₁c₁)+t(a₁bc)+u(a₁bc₁)+v(a₁b₁c)+x(a₁b₁c₁), где p,q,r… не зависят от a,b и с. И т.д.

Понятно, что для приведения какой угодно функции F(a,b,c,d…) ко всевозможным однородным видам вполне пригодны формулы Буля, служащие к разложению функций по одному, двум, трем и т.д. классам, т.е. формулы

F(a,b,c,d…)=aF(1,b,c,d,…)+a₁F(0,b,c,d…)

F(a,b,c,d….)=abF(1,1,c,d…)+ab₁F(1,0,c,d…)+a₁bF(0,1,c,d…)+ +a₁b₁F(1,0,c,d…)

F(a,b,c,d…)=abcF(1,1,1,d…)+abc₁F(1,1,0,d…)+ab₁cF(1,0,1,d…)+ +ab₁c₁F(1,0,0,d…)+a₁bcF(0,1,1,d…)+a₁bc₁F(0,1,0,d…)+ +a₁b₁cF(0,0,1,d…)+a₁b₁c₁F(0,0,0,d…).

И т.д. Но будет короче и проще пользоваться для той же цели следующим простым правилом. Для приведения функции n классов к однородному виду i -го измерения в отношении каких-либо I классов, достаточно каждый член этой функции порознь привести к этому измерению, т.е. если в данный член не входят некоторые из помянутых i классов, то его надо умножить на тождественную единицу, составленную из этих недостающих классов. Тождественная же единица каких-либо классов p,q,r… есть (p+p₁)(q+q₁)(r+r₁)…

Когда, так или иначе, функция N, служащая полным логическим нулем равенства A=B, приведена к однородному виду известного измерения i, то соответственная система 2ⁱ равенством (некоторые, из которых могут оказаться тождествами 0=0) получится через приравнение нулю каждого члена функции N порознь.

Легко проследить логическое значение отдельных равенств в системах, получаемых через приведение функции N ко всевозможным однородным видам.

По приведении ее к однородному виду относительно одного какого-либо класса a, мы получаем вместо равенства 0=N или равенство 0=Pa+Qa₁, или, при употреблении формулы Буля, равенство 0=aN(1,b,c,d…)+a₁N(0,b,c,d…). Соответственная система будет 0=Pa, 0=Qa₁, или, при употреблении формулы Буля, равенство 0=aN(1,b,c,d…)+a₁N(0,b,c,d…). Соответственная система будет 0=Pa, 0=Qa₁, или же 0=aN(1), 0=a₁N(0), откуда и видно, что это есть пара равенств полного определения a двумя функциями: 1) функцией P₁ или Т₁(1) (или еще M(1)), содержащей в себе a, и 2) функцией Q или N(0) (или еще M₁(0)), содержащейся в a.

Делая функцию N однородной относительно двух классов a и b, мы получаем систему 2² равенств, а именно:

0=αab, 0=βab₁, 0=γa₁b, 0=δa₁b₁,

Или, при употреблении формулы Буля:

0=abN(1,1), 0=ab₁N(1,0), 0=a₁bN(0,1), 0=a₁b₁N(0,0).

Отсюда видим, что равенства такой системы служат к указанию, в каких функциях прочих классов c,d… содержатся различные конституанты классов a и b.

Приведение функции N к однородному виду относительно 3-х классов доставляет 2³ равенств, определяющих, в чем содержатся различные конституанты этих трех классов. И т.д. Наконец, как мы уже видели, приведение к n измерению приводит нас к 2ⁿ элементарных посылок, определяющих, какие элементарные конституанты всех n классов служат логическими нулями данного равенства A=B.

Дата добавления: 2015-07-08