QalOGUGtk0
.pdf3. Решение по Нейману-Моргенштерну. Вектор Шепли.
Опр. Решением по Нейману-Моргенштерну (Н-М-решением) кооперативной игры называется множество R дележей в нём, обладающее следующими свойствами:
1)внутренняя устойчивость: никакие два дележа из R не доминируют друг друга;
2)внешняя устойчивость: каков бы ни был делёж s не принадлежащий R, найдётся делёж r, принадлежащий R, который доминировал бы s.
Теорема.
Если в кооперативной игре существует С-ядро C и Н-М-решение R, то
C R.
Свойство Н-М-решений.
Н-М-решение кооперативной игры не может состоять только из одного дележа, т.к. в этом случае характеристическая функция игры несущественная.
Недостатки Н-М-решения.
1.Н-М-решение не всегда существует.
2.В настоящее время не известно каких-либо критериев, позволяющих судить о наличии у кооперативных игр Н-М-решений.
3.Если кооперативные игры имеют Н-М-решения, то, как правило, не одно.
Перечисленные недостатки отражают положение дел в действительности: большинство экономических и социальных проблем допускает множественные решения, и эти решения не всегда поддаются непосредственному сравнению по их предпочтительности.
Опр. Носителем игры с характеристической функцией называется такая коалиция T, что
(S) = (S T)
для любой коалиции S.
Другими словами, любой игрок, не принадлежащий T, является нейтральным, он не может ничего внести в коалицию и ему ничего не следует выделять из общих средств.
Опр. Пусть – характеристическая функция кооперативной игры N игроков, – любая перестановка множества N игроков; - характеристическая функция такой игры, что для коалиции S = {i1, i2, ..., iS} выполняется
({ (i1), (i2), ..., (iS)}) = (S).
Другими словами, если в игре с характеристической функцией поменять местами игроков согласно перестановке , то получим игру с характеристической функцией .
111
Опр. Вектором цен (вектором Шепли) игры с характеристической функци-
ей называется n-мерный вектор
( ) = (1( ), 2( ), ..., n( )),
удовлетворяющий аксиомам Шепли.
Аксиомы Шепли.
1о. Аксиома эффективности. Если S– любой носитель игры с характеристической функцией , то
i ( ) = (S)
i S
Иными словами, “справедливость требует”, что при разделении общего выигрыша носителя игры ничего не выделять на долю посторонних, не принадлежащих этому носителю, равно как и ничего не взимать с них.
2о.Аксиома симметрии. Для любой перестановки и i N должно выполняться
( i) ( ) = i( ),
т.е. игроки, одинаково входящие в игру, должны “по справедливости” получать одинаковые выигрыши.
3о. Аксиома агрегации. Если есть две игры с характеристическими функциями и , то
i( + ) = i( ) + i( ),
т.е. ради “справедливости” необходимо считать, что при участии игроков в двух играх их выигрыши в отдельных играх должны складываться.
Теорема.
Существует единственная функция , определённая для всех игр и удовлетворяющая аксиомам Шепли. Опр. Характеристическая функция S(T), определённая для любой коалиции S, называется простейшей, если
1 , при S T,
S(T) = 0 , при S T.
Другими словами, простейшая характеристическая функция описывает такое положение дел, при котором множество игроков S выигрывает единицу тогда и только тогда, когда оно содержит некоторую основную минимальную выигрывающую коалицию S.
Компоненты вектора Шепли определяются по формуле
|
|
|
1)!(N |
|
T |
|
|
|
||
i (v) |
( |
|
T |
|
|
|
)! |
v(T ) v(T \ i) |
||
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
i T |
|
|
|
|
N ! |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
T N |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
В том случае, когда –простейшая,
1 , если Т выигрывающая коалиция,
(T) (T \ {i}) 0 , если Т выигрывающая коалиция, а
T \ {i} не выигрывающая коалиция.
112
Следовательно
|
|
1)!(N |
|
T |
|
|
|
i (v) |
( |
T |
|
)! |
, |
||
|
|
|
|
|
|
||
|
|
N ! |
|||||
i T |
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
T N |
|
|
|
|
|
|
|
где суммирование по T распространяется на все такие выигрывающие коалиции T, что коалиция T \{i}не является выигрывающей.
113
Н.Р. Ланина
Решение задач по разделу «Дискретная математика»
Задача № 1. Для данной булевой функции:
а) составить таблицу значений;
б) используя таблицу значений, составить функцию, двойственную к данной; в) записать двойственную функцию в виде совершенной дизъюнктивной
нормальной формы (СДНФ) и совершенной конъюнктивной нормальной формы (СКНФ).
Решение на примере функцииf(x,y,z) = (y→xz) (z x ).
а)Используя таблицу значений основных булевых функций,
x1,x2 |
x1&x2 |
x1 x2 |
x1 x2 |
x1 x2 |
x1~x2 |
x1 x2 |
x1|x2 |
0 0 |
0 |
0 |
0 |
1 |
1 |
1 |
1 |
0 1 |
0 |
1 |
1 |
0 |
0 |
1 |
1 |
1 0 |
0 |
1 |
1 |
0 |
0 |
0 |
1 |
1 1 |
1 |
0 |
1 |
0 |
1 |
1 |
0 |
cоставим таблицу значений функции f(x,y,z) (см. столбец № 5):
x,y,z |
xz |
y → xz |
z |
|
|
f(x,y,z) |
f (x,y,z) |
f*(x,y,z) |
x |
|
|||||||
1 |
2 |
3 |
4 |
|
|
5 |
6 |
7 |
0 0 0 |
0 |
1 |
1 |
|
|
1 |
0 |
0 |
0 0 1 |
0 |
1 |
0 |
|
|
0 |
1 |
1 |
0 1 0 |
0 |
0 |
1 |
|
|
0 |
1 |
0 |
0 1 1 |
0 |
0 |
0 |
|
|
0 |
1 |
0 |
1 0 0 |
0 |
1 |
1 |
|
|
1 |
0 |
1 |
1 0 1 |
1 |
1 |
1 |
|
|
1 |
0 |
1 |
1 1 0 |
0 |
0 |
1 |
|
|
0 |
1 |
1 |
1 1 1 |
1 |
1 |
1 |
|
|
1 |
0 |
0 |
б) Функция f*(x1, x2,..., xn) = f ( x1 , x2 ,..., xn ), называется двойственной
функцией к f(x1, x2,..., xn).
Функциюf*(x,y,z), двойственную к функции f(x,y,z), составляем следующим образом: столбец 5 инвертируем (см. столбец № 6), а затем переворачиваем (см. столбец № 7).
114
в) Для того чтобы составить СДНФ функции f*(x,y,z),
1)отметим в таблице все наборы ( x, y, z) переменныхx,y,z, на которых эта функция принимает значение 1: (0 0 1), (1 0 0), (1 0 1), (1 1 0),
2)для каждого набора ( x, y, z) образуем логическое произведение ви-
да:x x&y y&z z:
x0& y0&z1 = x y z, x1& y0&z0 = x y z , x1& y0&z1 = x y z, x1&y1&z0 = xy z ,
3) все полученные конъюнкции соединяем знаком дизъюнкции: f*(x, y, z) = x y z x y z x y z x y z .
Для составления СКНФ функции f*(x,y,z)
1)отметим в таблице все наборы ( x, y, z) переменныхx,y,z, на которых эта функция принимает значение 0: (0 0 0), (0 1 0), (0 1 1), (1 1 1),
2)для каждого набора ( x, y, z) образуем логическую сумму вида:
xSx ySy zSz,
где (sx, sy, sz) – это набор, противоположный к набору ( x, y, z): x1 y1 z1 = x y z,
x1 y0 z1 = x y z, x1 y0 z0 = x y z , x0 y0 z0 = x y z ,
3) все полученные дизъюнкции соединяем знаком конъюнкции: f*(x, y, z) = (x y z) (x y z) (x y z ) ( x y z ).
Задача № 2. Используя теорему о функциональной полноте, проверить, являются ли полными следующие системы функций:
Решение на примере систем
а) {f1(x1, x2) = x1&x2, |
f2=0, |
f3=1, f4(x1, x2, x3) = x1 x2 x3}, |
б) {f1(x1, x2) = x1&x2, |
f2=0, |
f3=1}. |
Воспользуемся теоремой о функциональной полноте: для того, что-
бы система функций P была полной, необходимо и достаточно, чтобы
115
она целиком не содержалась ни в одном из пяти замкнутых классов T0, T1,
S, M и L.
а){f1(x1, x2) = x1&x2, f2=0, f3=1, f4(x1, x2, x3) = x1 x2 x3}.
Чтобы показать, что система не содержится в замкнутом классе полностью, достаточно привести пример хотя бы одной такой функции из этой системы.
1. T0 – это класс всех булевых функций f(x1, x2,..., xn), сохраняющих константу 0, то есть функций, для которых выполнено равенство f(0,0,...,0)=0. Например, функция f3=1 не содержится в этом классе.
2.T1 – это класс всех булевых функций f(x1, x2,..., xn), сохраняющих константу 1; для них выполнено равенство f(1,1,...,1)=1.
Вэтом классе не содержится, например, функция f2=0.
3.Класс S включает в себя все самодвойственные функции, то есть такие функции, для которых выполняется равенство: f(x1, x2,..., xn) = f*(x1,
x2,..., xn).
Например, функция f1(x1, x2) = x1&x2 |
не содержится в этом классе (как из- |
|||
вестно, двойственной к конъюнкции является дизъюнкция). |
||||
|
4. Функция f(x1,...,xn) называется монотонной, если для любых двух |
|||
|
~ |
~ |
~ |
~ |
наборов |
и |
таких, что предшествует , имеет место неравенство: f( |
||
~ |
~ |
|
|
|
) f( ). |
|
|
|
Класс M – это класс всех монотонных булевых функций.
В данной системе немонотонной является функция f4(x1, x2, x3) = x1 x2 x3, так как существует пара наборов переменных, для которой условие монотонности нарушено: набор (0, 0, 1) предшествует набору (0, 1, 1), но при этом
f4(0, 0, 1)>f4(0, 1, 1).
5. Класс L– это класс всех линейных функций, то есть функций, имеющих вид:
f(x1,...,xn)=c0 c1x1 ... cnxn,
где константы ci принимают значения либо 0, либо 1 (i = 0,1,...,n). Другими словами, полином Жегалкина у такой функции не содержит конъюнкций переменных.
Очевидно, что функция f1(x1, x2) = x1&x2 не принадлежит этому клас-
су.
Таким образом, для каждого из пяти классов T0, T1, S, M и L нам удалось указать по примеру функции, в этом классе не содержащейся. Значит, данная система функций полная.
б) {f1(x1, x2) = x1&x2, f2=0, |
f3=1}. |
116
Все три функции – x1&x2, 0 и 1 – являются монотонными, т.е. принадлежат классу M. Это значит, что данная система полностью содержится в классе M монотонных функций и, следовательно, полной не является.
Задача № 3. Для данной булевой функции трёх переменных, заданной таблично, составить сокращенную ДНФ (привести как геометрическое, так и аналитическое решение).
Пример решения
x |
y |
z |
f(x,y,z) |
|
|
|
|
0 |
0 |
0 |
1 |
0 |
0 |
1 |
1 |
0 |
1 |
0 |
0 |
0 |
1 |
1 |
0 |
1 |
0 |
0 |
1 |
1 |
0 |
1 |
1 |
1 |
1 |
0 |
1 |
1 |
1 |
1 |
0 |
а) Геометрическое решение.
Отмечаем те вершины единичного куба, в которых данная функция принимает значение 1,
117
после чего выделяем максимальные грани. В данном случае максимальных граней две:
-«квадрат», вершинами которого являются точки (0, 0, 0), (1, 0, 0), (1, 0, 1),
(0, 0, 1),
-«ребро», ограниченное точками (1, 0, 0) и (1, 1, 0).
«Квадрат» характеризуется тем, что здесь неизменным остаётся значение переменной y: y = 0. Следовательно, этой максимальной грани соот-
ветствует простая импликанта
y .
Вдоль «ребра» неизменными остаются две характеристики: x= 1 и z = 0. Таким образом, этой максимальной грани соответствует простая импли-
канта
x z .
Объединяя простые импликанты в логическое произведение, получим искомую сокращённую ДНФ:
y x z .
б)Аналитическое решение.
Для данной функции составляем совершенную КНФ, после чего упрощаем её, используя дистрибутивность конъюнкции относительно дизъюнкции:
(a b) c = a c b c,
правило поглощения: |
|
||
a a&b= a, |
|
||
свойства идемпотентности: |
|
||
a&a =a, |
a a=a, |
||
а также закон исключённого третьего: |
|
||
|
|
|
|
x& x = 0. |
|
Итак,
f(x, y, z) = (x y z) (x y z ) ( x y z ) =
(перемножаем две первые скобки)
=((x y )(x y )(x y ) z z(x y ) z z ) ( x y z ) =
=((x y ) (x y ) z z(x y )) ( x y z ) =
(используем правило поглощения, выбрав (x y ) в качестве a)
=(x y ) ( x y z ) =
=x x x y x z y x y y y z = x y x z y y z =
(снова применяем правило поглощения, выбрав y в качестве a) = y x z .
118
Задача № 4. Для данной булевой функции трёх переменных, заданной таблично, используя метод минимизирующих карт, составить минималь-
ную ДНФ.
Пример решения
x |
y |
z |
f(x,y,z) |
|
|
|
|
0 |
0 |
0 |
1 |
0 |
0 |
1 |
0 |
0 |
1 |
0 |
1 |
0 |
1 |
1 |
1 |
1 |
0 |
0 |
1 |
1 |
0 |
1 |
1 |
1 |
1 |
0 |
0 |
1 |
1 |
1 |
0 |
1. Составим все элементарные конъюнкции с тремя переменными, помещая в i-ю строку таблицы те конъюнкции, которые принимают значение «1» на соответствующем этой строке наборе (xi, yi, zi) переменных x, y, z.
x |
y |
z |
|
|
|
|
|
|
Элементарные конъюнкции |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
0 |
0 |
|
x |
|
y |
|
|
z |
|
x y |
|
x z |
|
y z |
|
x y z |
|||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
0 |
0 |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
z |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
y |
|
|
|
x y |
|
|
x z |
|
|
y z |
|
|
x y z |
||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
0 |
1 |
0 |
|
|
|
|
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
z |
|
|
x y |
|
x z |
|
y z |
|
|
x y z |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
0 |
1 |
1 |
|
|
|
|
y |
|
|
z |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y z |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
x |
|
|
|
|
|
x y |
|
|
x z |
|
|
|
x y z |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||
1 |
0 |
0 |
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
y |
|
|
z |
x y |
x z |
|
y z |
x y z |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||
1 |
0 |
1 |
x |
|
|
|
|
|
z |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
xz |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
y |
|
|
x y |
|
|
y z |
|
x y z |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
1 |
1 |
0 |
x |
|
y |
|
|
|
|
|
x y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
z |
|
x z |
|
y z |
|
x y z |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
1 |
1 |
1 |
x |
|
y |
|
|
z |
|
x y |
|
x z |
|
y z |
|
x y z |
2. Если на наборе (xi, yi, zi) переменных x, y, z данная функция принимает значение «0», то вычёркиваем ВСЕ конъюнкции, расположенные в i-ой строке.
x |
y |
z |
|
|
|
|
|
|
Элементарные конъюнкции |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
0 |
0 |
|
x |
|
y |
|
|
z |
|
|
x y |
|
x z |
|
y z |
|
|
x y z |
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
0 |
0 |
1 |
× |
× |
|
× |
|
× |
|
|
× |
|
|
× |
|
|
× |
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
0 |
1 |
0 |
|
|
|
|
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
z |
|
|
|
x y |
|
x z |
|
y z |
|
|
|
x y z |
||||||||||||||||||||||||||||
0 |
1 |
1 |
|
|
|
|
y |
|
|
z |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y z |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
x |
|
|
|
|
|
|
x y |
|
|
x z |
|
|
|
|
x y z |
|||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
119 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
0 |
0 |
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x z |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
y |
|
|
z |
x y |
|
y z |
x y z |
|
||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
1 |
0 |
1 |
|
x |
|
|
|
|
|
z |
|
|
|
|
|
xz |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
y |
|
|
x y |
|
|
y z |
|
x y z |
|
|||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
1 |
1 |
0 |
|
× |
× |
|
× |
× |
|
× |
|
|
|
× |
|
× |
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
1 |
1 |
1 |
|
× |
× |
|
× |
× |
|
× |
|
|
|
× |
|
× |
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
3. Конъюнкции, вычеркнутые в п.2, вычёркиваем во всех остальных |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
строках таблицы. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
x |
y |
z |
|
|
|
|
|
Элементарные конъюнкции |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
0 |
0 |
0 |
|
× |
× |
|
× |
× |
|
|
x z |
|
y z |
|
x y z |
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
0 |
0 |
1 |
|
× |
× |
|
× |
× |
|
× |
|
|
|
× |
|
× |
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
0 |
1 |
0 |
|
× |
× |
|
× |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
× |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
x y |
|
x z |
|
|
|
|
x y z |
|
|||||||||||||||||||||||||||||
|
0 |
1 |
1 |
|
× |
× |
|
× |
|
|
|
|
× |
|
|
|
× |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
x y |
|
|
|
|
|
|
x y z |
|
|||||||||||||||||||||||||||||
|
1 |
0 |
0 |
|
× |
× |
|
× |
|
|
|
|
× |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
x y |
|
|
|
y z |
x y z |
|
||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
1 |
0 |
1 |
|
× |
× |
|
× |
|
|
|
|
× |
|
|
|
× |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
x y |
|
|
|
|
|
x y z |
|
|||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
1 |
1 |
0 |
|
× |
× |
|
× |
× |
|
× |
|
|
|
× |
|
× |
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
1 |
1 |
1 |
|
× |
× |
|
× |
× |
|
× |
|
|
|
× |
|
× |
|
|
|
|
4. В каждой строке вычёркиваем те конъюнкции, которые были бы исключены по правилу поглощения, применённому к логической сумме конъюнкций этой строки.
№ |
x |
y |
z |
|
|
Элементарные конъюнкции |
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
0 |
0 |
0 |
× |
× |
|
× |
× |
|
|
x z |
|
y z |
|
× |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
2 |
0 |
0 |
1 |
× |
× |
|
× |
× |
|
|
× |
|
|
× |
|
× |
|||||||
3 |
0 |
1 |
0 |
× |
× |
|
× |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
× |
|
× |
||
|
|
x y |
|
x z |
|
|
|||||||||||||||||
4 |
0 |
1 |
1 |
× |
× |
|
× |
|
|
|
|
|
|
× |
|
|
× |
|
× |
||||
|
|
x y |
|
|
|
|
|||||||||||||||||
5 |
1 |
0 |
0 |
× |
× |
|
× |
|
|
|
|
|
|
× |
|
|
|
|
|
|
× |
||
|
x y |
|
|
|
y z |
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
6 |
1 |
0 |
1 |
× |
× |
|
× |
|
|
|
|
|
|
× |
|
|
× |
|
× |
||||
|
x y |
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
7 |
1 |
1 |
0 |
× |
× |
|
× |
× |
|
|
× |
|
|
× |
|
× |
|||||||
8 |
1 |
1 |
1 |
× |
× |
|
× |
× |
|
|
× |
|
|
× |
|
× |
5. Из оставшихся в таблице конъюнкций формируем все возможные ДНФ, выбирая по одной конъюнкции из каждой непустой строки.
Строка № 1 |
Строка № 3 |
Строка № 4 |
Строка № 5 |
Строка № 6 |
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x z |
|
|
x y |
|
x y |
x y |
x y |
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y z |
|
x z |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
y z |
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
120 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|