Об обратном способе математической логики, или о переходе от умозаключений к посылкам. 3 страница

1=abc+abc₁+ab₁c+ab₁c₁+a₁bc+a₁bc₁+a₁b₁c+a₁b₁c₁,

т.е. к нему принадлежат существа, наделенные: 1) любовью, верой и надеждой, 2) любовью и верой без надежды, 3) любовью и надеждой без веры, и т.д.

Полное разложение данной функции на элементы объема буде:

ab₁+bc₁+ca₁=ab₁(c+c₁)+bc₁(a+a₁)+ca₁(b+b₁)=ab₁c+ab₁c₁+abc₁+a₁bc₁+ +a₁bc+a₁b₁c.

Вот данная функция и разбита на такие же элементарные части, как и вест предыдущий универсальный мир речи.

Как видим, для перехода от последнего к нашей функции достаточно опустить в нем только два элемента: abc и a₁b₁c₁. Таким образом, в составе данной функции нет только двух из всевозможных 8 элементов классов, а именно: 1) существ, обладающих совпадением любви, веры и надежды и 2) существ, характеризуемых одновременным отсутствием этих трех чувств.

А теперь возьмем универсальный нуль тех же классов a,b,c, т.е.

0=(a+b+c)(a+b+c₁)(a+b₁+c)(a+b₁+c₁)(a₁+b+c)(a₁+b+c₁)(a₁+b₁+c)(a₁+ +b₁+c₁).

Здесь мы имеем такие классы, которых выше не рассматривали, а именно: 1) класс существ, каждое из которых обладает или любовью, или верой, или надеждой; 2) класс, куда относится все любящее, все верящее и все ненадеющееся, и т.д. число таких классов (элементов содержания) есть тоже 2³, т.е. 8. Между этими классами, взятыми по 2, по 3 и т.д., есть много общих предметов, но такого существа, которое сразу относилось бы ко всем им, нет и быть не может.

Желая объяснить, какие из этих элементов, будучи перемножены, составят данную функцию ab₁+bc₁+ca₁, мы должны разбить ее на элементарные множители. С этою целью заметим, что, разложенная на элементарные слагаемые, функция эта состоит из 6 членов, а потому в ее составе должно быть 2³─6, т.е. всего 2 элементарных множителя. И понятно, что эти множители должны быть отрицаниями недостающих элементов объема. Но данной функции недостает только двух таких элементов: abc и a₁b₁c₁, а потому разложение ее на элементарные множители будет:

ab₁+bc₁+ca₁=(a+b+c)(a₁+b₁+c₁).

Таким образом, для получения данной функции из универсального нуля, надо опустить в нем 6 множителей, остальные же перемножить на деле и затем сделать приведение. Как видим, данная функция должна быть довольно объемиста, потому что она происходит от совмещения (перемножения) всего двух элементов содержания, т.е. обнимает все существа, общие только двум их 8-ми классов с наибольшим объемом.

§ 17. О парах логически-противоположных задач

После всего изложенного оказывается возможным установить следующее общее предложение: каждая логическая функция f(a,b,c,d…) может быть рассматриваема: 1) как логическая единица всех задач на тему 1=f(a,b,c,d…) и 2) как логический нуль всех задач на противоположную тему 0=f(a,b,c,d…). Доказательство этого предложения совершенно излишне, потому что коль скоро функция эта отлична от тождественных 1 и 0, то всегда могут быть построены схематически-максимальные системы 2 ⁿ равенств, отвечающих каждой из указанных тем, после чего может быть сделан переход к фактически-максимальным, а от сих последних и к каким угодно другим системам.

Схематически максимальные системы будут:

1) Для 1-ой темы:

или, что тоже:

1=a+b+c+d+..+f(0,0,0,0,..)

0=abcd..f₁(1,1,1,1,..)

1=a₁+b+c+d+..+f(1,0,0,0,..)

0=a₁bcd..f₁(0,1,1,1,..)

………………………

……………………..

1=a₁+b₁+c₁+d₁+..+f(1,1,1,1,..),

0=a₁b₁c₁d₁..f₁(0,0,0,0,..);

и 2) для второй темы:

или, что тоже:

0=abcd..f(1,1,1,1…)

1=a+b+c+d+..+f₁(0,0,0,0…)

0=a₁bcd..f(0,1,1,1…)

1=a₁+b+c+d+..+f₁(1,0,0,0…)

……………………..

………………………

0=a₁b₁c₁d₁..f(0,0,0,0…),

1=a₁+b₁+c₁+d₁+..+f₁(1,1,1,1…).

Пару тем 1= f и 0= f мы будем называть логически-противоположными. Такая пара существует по отношению к каждой логической функции. И не трудно понять, что если одна из тем какой-либо пары имеет m элементов, то другая должны иметь их 2ⁿ─m. Таким образом, в каждой паре противоположных тем общее число элементов в обеих темах вдвое меньше схематического, т.е. оно есть не 2.2 ⁿ, а только 2ⁿ.

Тоже относится и к самому общему случаю противоположным тем A=B и A=B₁, где B₁ есть отрицание B. Понятно, что когда найдены все m элементарные посылки задачи на тему A=B, то, составив все недостающие 2ⁿ─m элементы и взяв их отрицания, мы получим все 2ⁿ─m элементарные посылки противоположной задачи A=B₁.

Для примера возьмем предыдущую функцию ab₁+bc₁+ca₁ и вычислим все элементы обеих отвечающих ей противоположных задач 1=ab₁+bc₁+ca₁ и 0=ab₁+bc₁+ca₁. Первая из задач, словесно выраженная, будет, напр., такова: данное общество состояло из лиц, обладающих или любовью без веры, или верой без надежды, или надежды без любви. Наоборот, вторая будет такова: в данном обществе не было вовсе ни тех, ни других, ни третьих.

Мы уже видели, что первая задача имеет всего 2 элемента, именно: 1=a+b+c и 1=a₁+b₁+c₁, или: 0=abc и 0=a₁b₁c₁. А потому отрицания остальных шести элементов должны нам доставить 6 элементов противоположной задачи, именно: 0=ab₁c, 0=ab₁c₁, 0=abc₁, 0=a₁bc₁, 0=a₁b₁c, 0=a₁bc. Или: 1=a₁+b+c₁, 1=a₁+b+c, 1=a₁+b₁+c, 1=a+b₁+c, 1=+b+c₁, 1=a+b₁+c₁.

§ 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 логически[39]. 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.

Дата добавления: 2015-07-08