Bulove Algebre

15 Pages·2012·0.12 MB·Croatian

Bulove Algebre
(cid:20)
Zarko Mijajlovi(cid:19)c
Matemati(cid:20)cki fakultet
Beograd
2012
Glava 2
Bulove algebre
U primeni algebarskih metoda u logici i ra(cid:20)cunarstvu, Bulove algebre imaju
va(cid:20)zno mesto. Mnogi iskazi matemati(cid:20)cke logike, naro(cid:20)cito oni koji se odnose na
iskazni ra(cid:20)cun, zapravo su prevod nekih(cid:20)cinjenica o Bulovim algebrama. Takod(cid:22)e
postoje va(cid:20)zne i napredne primene ovih struktura u teoriji skupova ali takod(cid:22)e u
dizajnu digitalnih elektronskih kola. Bulove algebre nose ime prema engleskom
matemati(cid:20)caru George Boole-u koji je uveo ove strukture sredinom 19. veka.
Otuda je prvobitni naziv za teoriju Bulovih algebri bio algebra logike. U ovom
poglavlju razmotri(cid:19)cemo osnovne osobine ovih struktura.
2.1 Aksiome teorije Bulovih algebri
Dvo-elementnaBulovaalgebra2=(2,∨,∧, ′,0,1),iliiskaznaalgebra,predstav-
lja najjednostavniji primer Bulove algebre. Domen ove algebre je 2 = {0,1},
dok su ∨,∧,′ operacije ovog domena de(cid:12)nisane slede(cid:19)cim tablicama:
∨ 0 1 ∧ 0 1 x x′
0 0 1 0 0 0 0 1
1 1 1 1 0 1 1 0
∨ ∧
DrugiprimerBulovealgebrejen-tistepenalgebre2: 2n =∨(2n∧, , , ′,0,1),
n ∈ N+, gde je 0 = (0,0,...,0), 1 = (1,1,...,1). Operacije , , ′ odnose se
na n-torke nula i jedinica primenjuju(cid:19)ci operacije algebre 2 po koordinatama:
∨
(x ,x ,...,x ) (y ,y ,...,y )=(x ∨y ,x ∨y ,...,x ∨y )
1 2 n ∧ 1 2 n 1 1 2 2 n n
(x ,x ,...,x ) (y ,y ,...,y )=(x ∧y ,x ∧y ,...,x ∧y )
1 2 n 1 2 n 1 1 2 2 n n
(x ,x ,...,x )′ =(x′,x′,...,x′ ).
1 2 n 1 2 n
Na primer, za a=(1,0,1,0,0,1,1,0) i b=(1,1,0,1,0,0,0,1) u 28 imamo:
∨ ∧
a b=(1,1,1,1,1,0,1,1,1), a b=(1,0,0,0,0,0,0,0),
a′ =(0,1,0,1,1,0,0,1), b=(0,0,1,0,1,1,1,0).
35
36 GLAVA 2. BULOVE ALGEBRE
Elemente Bulove algebre 2n takod(cid:22)e zapisujemo kao nizove nula i jedinica
du(cid:20)zine n. U tom slu(cid:20)caju prethodni primer izgleda:
a∨=10100110 i b=11∧010001,
a b=11110111, a b=10000000, a′ =01011001, b′ =00101110.
Primetimoda2n ima2n elemenata. Pokaza(cid:19)cesedajesvakakona(cid:20)cnaBulova
algebraizomorfnaBulovojalgebri2n zanekin∈N∨+∧. Uop(cid:20)stemslu(cid:20)cajuBulova
algebra je svaka algebarska struktura B = (B, , ,′,0,1) koja zadovoljava
slede(cid:19)ce aksiome:
Aksiome teorije Bulovih algebri
1. x∨(y∨z)=(x∨y)∨z Asocijativni zakon za disjunkciju.
2. x∧(y∧z)=(x∧y)∧z Asocijativni zakon za konjunkciju.
3. x∨y =y∨x Komutativni zakon za disjunkciju.
4. x∧y =y∧x Komutativni zakon za konjunkciju.
5. x∧(y∨z)=(x∧y)∨(x∧z) Distributivni zakon za ∧ prema ∨.
6. x∨(y∧z)=(x∨y)∧(x∨z) Distributivni zakon za ∨ prema ∧.
7. x∨0=x Zakon neutralnog elementa za 0 i ∨.
8. x∧1=x Zakon neutralnog elementa za 1 i ∧.
9. x∨x′ =1 Zakon komplementarne dopune za ∨.
10. x∧x′ =0 Zakon komplementarne dopune za ∧.
11. 0̸=1 Razli(cid:20)citost konstanti 0 i 1.
∨ ∧
Operacije , , ′ algebreBnazivamoredom(bulovska)disjunkcija,konjun-
kcija i komplement. Re(cid:20)c "bulovska" podrazumeva se i naj(cid:20)ce(cid:20)s(cid:19)ce se izostavlja. U
slu(cid:20)caju dvo(cid:20)clane Bulove algebre 2, pre(cid:12)ks "bulovska" zamenjuje se sa re(cid:20)ci "is-
kazna".
Bulovske operacije ∨ i ∧ ponekad se redom nazivaju i (bulovska) unija,
presek i komplement. Takod(cid:22)e se umesto simbola ∨,∧ koriste redom simboli
operacija + i ·. Na primer, 5. aksioma (Zakon distribucije) u ovoj notaciji
izgleda: x·(y +z) = (x·y)+(x·z), ili jo(cid:20)s jednostavnije, podrazumevaju(cid:19)ci
konvenciju o vezivanju operacija + i · i brisanju zagrada u aditivnoj notaciji,
x(y+z)=xy+xz
Ovakvo zapisivanje bulovskih termova nazivamo aditivnom notacijom.
Sobzirom daaksiome 2, 4, 6, 10nastajuiz aksioma1, 3, 5, 7, 8 uzajamnom
zamenommestadisjunkcijeikonjunkcijeinuleijedinice,vidimodazaproizvolj-
anbulovskiiskaz,tj. predikatskuformuluzapisanuujezikuBulovihalgebri,va(cid:20)zi
slede(cid:19)ce tvrd(cid:22)enje za teoriju T Bulovih algebri.
BA
Teorema 2.1 (Principdualnosti) Nekajeφ(∨,∧,′,0,1)proizvoljanbulovski
iskaz. Tada je φ(∨,∧,′,0,1) teorema teorije T akko je φ(∧,∨,′,1,0) teorema
BA
teorije T .
BA
Ovo tvrd(cid:22)enje mo(cid:20)ze se strogo dokazati ind∨ukc∧ijom po du(cid:20)zini dokaza u teoriji
T . Nije te(cid:20)sko videti da ako je B = (B, , ,′,0,1) Bulova algebra da je
BA
2.1. AKSIOME TEORIJE BULOVIH ALGEBRI 37
∧ ∨
B∗ =(B, , ,′,1,0) takod(cid:22)e Bulova algebra. Prethodno tvrd(cid:22)enje takod(cid:22)e sledi
iz (cid:20)cinjenice da je preslikavanje θ(x) = x′, θ: B → B, izomor(cid:12)zam ovih algebri,
tj.
∨ ∧ ∧ ∨
θ: (B, , , ′,0,1)∼=(B, , , ′,1,0).
S obzirom na asocijativnost operacije ∨, mo(cid:20)zemo pisati x∨y ∨z umesto
(x∨y)∨z ili x∨(y∨z). Sli(cid:20)cno zna(cid:20)cenje ima x∧y∧z.
Primeri Bulovih algebri.
2.2 Iskazna algebra 2 i njen stepen 2n.
2.3 Neka je X neprazan skup i P(X)={Y : Y ⊆X} partitivni skup skupa X
(skup svih podskupova skupa X). Tada je P(X)=(P(X),∪,∩,c,∅,X) Bulova
algebra. OvdejezaY ⊆X,Yc =X\Y,dokjeinterpretacijasimbolakonstante
0 jednaka ∅, simbola 1 je X. Ako je n > 0 prirodan broj i |X| = n, primetimo
da ova Bulova algebra ima 2n elemenata. Takod(cid:22)e, ako je X beskona(cid:20)can skup,
tada je i P(X) beskona(cid:20)can, pa je i algebra P(X) beskona(cid:20)cna. Dakle postoje
beskona(cid:20)cne Bulove algebre.
2.4 Neka je X neprazan skup i Y ⊆ X. Karakteristi(cid:20)cna funkcija skupa Y
je preslikavanje k : X → 2 de(cid:12)nisano na slede(cid:19)ci na(cid:20)cin: ako je x ∈ Y tada
Y
k (x)=1, dok je za x∈Yc, k (x)=0. Neka je B skup svih karakteristi(cid:20)cnih
Y Y X
funkcija podskupova skupa X, tj. B = {k : Y ∈ P(X)}. Tada je B =
X Y X
(BX,∨,∧,′,0,1) Bulova algebra, gde je za Y,Z ⊆ X, kY ∨ kZ = kY∪Z =
kY + kZ − kYkZ, kY ∧ kZ = kY∩Z = kYkZ, kY′ = 1 − kY. Ovde su + i ·
obi(cid:20)cne aritmeti(cid:20)cke funkcije sabiranja i mno(cid:20)zenja brojeva. Konstanta 0 = k∅ je
konstantna funkcija koja uzima samo vrednost 0, dok je 1 = k konstantna
X
funkcija koja uzima samo vrednost 1. Dakle, (k ∨k )(x) = k (x)+k (x)−
Y Z Y Z
k (x)k (x), (k ∧k )(x)=k (x)k (x), 1(x)=1, 0(x)=0, x∈X.
Y Z Y Z Y Z
Slede(cid:19)ca teorema daje osnovne identitete koji va(cid:20)ze u Bulovim algebrama.
Naravno, oni su posledice aksioma teorije Bulovih algebri. Dovoljno je dokazati
samo neke od ovih identiteta, ostali slede s obzirom na Princip dualnosti.
Teorema 2.5 U svakoj Bulovoj algebri va(cid:20)ze slede(cid:19)ci identiteti.
1. Zakoni idempotencije. x∨x=x, x∧x=x.
2. x∨1=1, 1∨x=1, x∧0=0, 0∧x=0.
3. Zakoni apsorpcije. x∨(x∧y)=x, x∧(x∨y)=x.
4. Jedinstvenost komplementa. Ako x∧y =0 i x∨y =1, tada y =x′.
5. x′′ =x, 0′ =1, 1′ =0.
6. De Morganovi obrasci. (x∨y)′ =x′∧y′, (x∧y)′ =x′∨y′.
7. x∧y′ =0⇔x∧y =x, x∨y′ =1⇔x∨y =x.
Dokaz. 1. Sobziromnaaksiome8,9,6,7,primenjuju(cid:19)ciihtimredom,imamo
x∨x=(x∨x)∧1=(x∨x)∧(x∨x′)=x∨(x∧x′)=x∨0=x,
38 GLAVA 2. BULOVE ALGEBRE
odakle x∨x=x. Prema Principu dualnosti sledi x∧x=x.
Na sli(cid:20)can na(cid:20)cin dokazujemo ostala tvrd(cid:22)enja. Naravno, u tim dokazima
mo(cid:20)zemo koristiti ve(cid:19)c dokazana tvrd(cid:22)enja.
2. x∨1=x∨(x∨x′)=(x∨x)∨x′ =x∨x′ =1.
3. x∨(x∧y)=(x∧1)∨(x∧y)=x∧(1∨y)=x∧1=x.
4. Pretpostavimo x∧y =0 i x∨y =1. Tada:
y =y∨0=y∨(x∧x′)=(y∨x)∧(y∨x′)=(x∨y)∧(y∨x′)=
1∧(y∨x′)=(x∨x′)∧(y∨x′)=(x′∨x)∧(x′∨y)=x′∨(x∧y)=
x′∨0=x′, dakle y =x′.
5. Neka je X =x′ i Y =x. Tada X∧Y =0 i X∨Y =1. Tada, prema (4),
Y =X′, tj. x=x′′.
6. Neka je X =x∨y i Y =x′∧y′. Tada:
X∧Y =(x∨y)∧(x′∧y′)=(x∧x′∧y′)∨(y∧x′∧y′)=0∨0=0.
X∨Y =(x∨y)∨(x′∧y′)=(x∨y∨x′)∧(x∨y∨y′)=1∧1=1.
Dakle, X∧Y =0 i X∧Y =1, te prema (4), Y =X′, tj. x′∧y′ =(x∨y)′.
7. Pretpostavimox∧y′ =0. Tada, premaDeMorganovomobrascu, x′∨y′′ =
0′, tj. x′∨y =1. Otuda x∧(x′∨y)=x∧1, odakle ((x∧x′)∨(x∧y)=x, tj.
0∨(x∧y)=x, dakle x∧y =x.
Obrnuto, pretpostavimo x∧y = x. Tada, prema De Morganovom obrascu,
x′∨y′ =x′, odakle prema distributivnom zakonu (x∧x′)∨(x∧y′)=x∧x′, tj.
x∧y′ =0. (cid:3)
Koriste(cid:19)ci simbole + i · umesto ∨ i ∧ bulovski izrazi i dokazi postaju pre-
gledniji. Dakle, u razmatranju koje sledi, x+y i xy stoje redom umesto x∨y i
x∧y. Naprimer, identitetx∨x′ =1postajex+x′ =1. Zapisbulovskihizraza
pomo(cid:19)cu + i · nazivamo aditivnom notacijom.
De(cid:12)nicija 2.6 Neka su u ,u ,...,u bulovski izrazi. Tada
1 2 n
∨n ∧n
u d=ef u ∨u ∨...∨u , u d=ef u ∧u ∧...∧u .
i 1 2 n i 1 2 n
i=1 i=1
U aditivnoj notaciji, jednakosti iz prethodne de(cid:12)nicije izgledaju:
∑n ∏n
u =u +u +...+u , u =u u ···u .
i 1 2 n i 1 2 n
i=1 i=1
∨n ∨ ∨
Umesto u pisa(cid:19)cemotakod(cid:22)e u ,ilisamo u akosugranice1injasne.
i i i
i=1 1≤i≤n ∧ ∑ ∏i
Sli(cid:20)cna notacija va(cid:20)zi za ostale operatore , i .
Lema 2.7 U Bulovim algebrama va(cid:20)zi identitet ax+bx′+ab=ax+bx′.
Dokaz. ax+bx′ +ab = ax+bx′ +ab(x+x′) = ax+bx′ +abx+abx′ =
ax(1+b)+bx′(1+a)=ax·1+bx′·1=ax+bx′. (cid:3)
2.2. BULOVSKI TERMI I FUNKCIJE 39
2.2 Bulovski termi i funkcije
Bulovski termi imaju kanonske reprezentacije iz koje slede mnoge klju(cid:20)cne teo-
reme o Bulovim algebrama. One odgovaraju teoremama o SDNF i SKNF kod
iskaznih formula u iskaznom racunu. U razmatranju koje sledi koristiemo no-
taciju +,· umest ∨,∧.
Pod literalom promenljive x podrazumevamo bilo koji od izraza x, x′. Za
bulovski term t ka(cid:20)zemo da je predstavljen u disjunktivnoj normalnoj formi,(cid:20)sto
kra(cid:19)ce zapisujemo DNF, ako je
∑
t= u
i
i∈I
u je konjunkcija literala nekih promenljivih x ,x ,...,x . Na primer, term
i 1 2 n
′ ′ ′ ′
t=xy+yz+xy z +xyz
predstavljen je u DNF.
Neka je B Bulova algebra i t = t(x ,x ,...,x ) bulovski izraz. Dalje,
1 2 n
neka su b ,b ,...,b ∈ B. Tada tB(b ,b ,...,b ) ozna(cid:20)cava vrednost terma
1 2 n 1 2 n
t u algberi B za vrednosti promenljivih x = b , x = b , ..., x = b .
1 1 2 2 n n
Umesto tB(b ,b ,...,b ) (cid:20)cesto pi(cid:20)semo t(b ,b ,...,b ), ako to kontekst dozvo-
1 2 n 1 2 n
ljava. Ako je α ∈ 2n, onda α = (α ,α ,...,α ), α ,α ,...,α ∈ {0,1} i tada
1 2 n 1 2 n
t(α ,α ,...,α ) kra(cid:19)ce zapisujemo sa t(α). Dakle,
1 2 n
t(α)=t(α ,α ,...,α )=t2(α ,α ,...,α ).
1 2 n 1 2 n
Na primer, ako je t(x,y,z)=x+yz′ i α=(1,0,1), dakle α∈23, tada
t(α)=t(1,0,1)=1+0·1′ =1+0=1.
Primetimodajealgebra2ugrad(cid:22)enauteorijuBulovihalgebriuslede(cid:19)cemsmislu.
S obzirom da su simboli konstanata 0, 1 elementi jezika teorije Bulovih algebri,
t(α ,α ,...,α ) je zapravo bulovski term. Indukcijom po slo(cid:20)zenosti terma nije
1 2 n
te(cid:20)sko dokazati da identitet t(α ,α ,...,α )=β, gde je β =t2(α ,α ,...,α ),
1 2 n 1 2 n
sledi iz askioma teorije Bulovih algebri. Dakle nema kontradikcije u zna(cid:20)cenju
zapisa t(α ,α ,...,α ), bez obzira (cid:20)sto mo(cid:20)ze da se (cid:20)cita na dva na(cid:20)cina, jednom
1 2 n
kao vrednost algebarskog izraza t u Bulovoj algebri 2, drugi put samo kao alge-
barski izraz teorije Bulovih algebri.
Utvrd(cid:22)enjukojesledikoristi(cid:19)cemoslede(cid:19)cukonvenciju. Akojetbulovskiterm
i x promenljiva, tada je t(x/1) term dobijen iz t zamenom u t promenljive x
simbolom 1. Sli(cid:20)cno zna(cid:20)cnje ima t(x/0). Radi preglednijeg zapisa, u dokazu
slede(cid:19)ceg tvrdjenja, t(x/1) i t(x/0) kra(cid:19)ce(cid:19)cemo zapisivati kao t i t . Primetimo,
1 0
ako je x jedina promenljiva terma t, dakle t=t(x), tada t =t(1) i t =t(0).
1 0
Lema 2.8 Neka je t bulovski term i x promenljiva. Tada t=t x+t x′.
1 0
Dokaz. Dokazizvodimopotpunomindukcijomposlo(cid:20)zenostiterma,sl(t)(mo-
(cid:20)zemo uzeti, na primer, da je sl(t) broj bulovskih operacija u t). Pretpostavimo
40 GLAVA 2. BULOVE ALGEBRE
induktivnu hipotezu da tvrd(cid:22)enje va(cid:20)zi za sve terme (cid:20)cija je slo(cid:20)zenost manja od
sl(t).
Neka je sl(t)=0. Tada razlikujemo slede(cid:19)ce slu(cid:20)cajeve:
1. t=0. Tada t =0 i t =0, dakle t x+t x′ =0·x+0·x′ =0=t.
0 1 1 0
2. t=1. Tada t =1 i t =1, dakle t x+t x′ =x+x′ =1=t.
0 1 1 0
3. t=x. Tada t =0 i t =1, dakle t x+t x′ =1·x+0·x′ =x=t.
0 1 1 0
4. t=y, y je promenljiva razli(cid:20)cita od x. Tada t =y i t =y, dakle
0 1
′ ′
t x+t x =y(x+x)=y =t.
1 0
Neka je sl(t)=n, n>0. Tada imamo slede(cid:19)ce mogu(cid:19)cnosti:
1. t=u+v. Dakle sl(u)<n i sl(v)<n, te prema induktivnoj hipotezi va(cid:20)zi
′ ′
u=u x+u x v =v x+v x.
1 0 1 0
Otuda,
t=uv =(u x+u x′)+(v x+v x′)=(u +v )x+(u +v )x′ =t x+t x′.
1 0 1 0 1 1 0 0 1 0
2. t=uv. Dakle sl(u)<n i sl(v)<n, te prema induktivnoj hipotezi va(cid:20)zi
u=u x+u x′ v =v x+v x′. Otuda,
1 0 1 0
t=uv =(u x+u x′)(v x+v x′)=u xv x+u xv x′+u x′v x+u x′v x′ =
1 0 1 0 1 1 1 0 0 1 0 0
u v x+u v x′ =t x+t x′.
1 1 0 0 1 0
3. t=u′. Dakle sl(u)<n, te prema induktivnoj hipotezi va(cid:20)zi u=u x+u x′.
1 0
Otuda
t=u′ =(u x+u x′)′ =(u′ +x′)(u′ +x)=u′x+u′x′+u′u′.
1 0 1 0 1 0 1 0
Prema Lemi 2.7 va(cid:20)zi u′x+u′x′+u′u′ =u′x+u′x′, dakle
1 0 1 0 1 0
t=u′x+u′x′ =t x+t x′. (cid:3)
1 0 1 0
Nekajetbulovskitermix ,x dverazli(cid:20)citepromenljive. Tadat ozna(cid:20)cava
1 2 11
term dobijen iz t najpre supstitucijom u t promenljive x simbolom 1, zatim
1
zamenom u tako dobijenom izrazu promenljive x simbolom 1. Dakle, t =
2 11
t(x /1)(x /1). Sli(cid:20)cno zna(cid:20)cenje imaju zapisi t , t , t . Na primer, ako je
1 2 10 01 10
t = x +x′x , tada je t = 1+0′x = 1, t = 0+0′x = x i sli(cid:20)cno t = 1,
1 2 3 10 3 00 3 3 11
t =0. Primenom prethodnog tvrdjenja najpre po x zatim po x nalazimo:
01 1 2
′ ′ ′
t = t x +t x =(t x +t x )x +(t x +t x )x
1 1 0 1 11 2 10 2 1 01 2 00 2 1
′ ′ ′ ′
= t x x +t x x +t x x +t x x . (2.1)
11 1 2 10 1 2 01 1 2 00 1 2
Na primer, za t=x +x′x prema (2.1) nalazimo
1 2 3
t=1·x x +1·x x′ +0·x′x +x ·x′x′ =x x +x x′ +x′x′x .
1 2 1 2 1 2 3 1 2 1 2 1 2 1 2 3
De(cid:12)nicija 2.9 x1 =x, x0 =x′.
Premaovojde(cid:12)nicijividimodaje00 =1, 01 =0, 10 =0, 11 =1. Dakleva(cid:20)zi
slede(cid:19)ce tvrd(cid:22)enje
Stav 2.10 Neka su λ,µ∈{0,1}. Tada λµ =1 ako i samo ako λ=µ.
2.2. BULOVSKI TERMI I FUNKCIJE 41
Identitet (2.1) ima slede(cid:19)cu generalizaciju. Najpre pro(cid:20)sirimo notaciju t ,
λµ
λ,µ ∈ {0,1}. Neka je α ∈ 2n, α = α α ···α , n ≥ 1. Ovde je zapravo
1 2 n
binarni vektor (α ,α ,··· ,α ) zapisan kao binarni niz α α ···α . Dalje, neka
1 2 n 1 2 n
su x ,x ,...x promenljive i t bulovski term. Tada je
1 2 n
t =t(x /α )(x /α )···(x /α ), (2.2)
α 1 1 2 2 n n
tj. t je term dobijen iz t supstitucijom promenljivih x ,x ,...,x redom bi-
α 1 2 n
narnim ciframa α ,α ,...,α .
1 2 n
Teorema 2.11 Neka je t bulovski term i x ,x ,...,x razli(cid:20)cite promenljive.
1 2 n
Tada ∑
t= t xα1xα2···xαn.
α 1 2 n
α∈2n
Dokaz. Dokaz izvodimo indukcijom po broju promenljivih n. Tvrd(cid:22)enje je
dokazanazan=1uLemi2.8. Pretpostavimoinduktivnuhipotezu,datvrd(cid:22)enje
va(cid:20)zizan−1. Dakle,premainduktivnojhipotezizapromenljivex1,x2,...,xn−1
imamo
∑
t= t xβ1xβ2···xβn−1. (2.3)
β 1 2 n−1
β∈2n−1
Primenom Leme 2.8 na term t , β ∈ 2n−1, i promenljivu x , dobijamo
β n
t =t x +t x′ , te prema (2.3) imamo
β β1 n β0 n
∑
t = (t x +t x′ )xβ1xβ2···xβn−1
β1 n β0 n 1 2 n−1
β∈∑2n−1 ∑
= t xβ1xβ2···xβn−1x + t xβ1xβ2···xβn−1x′
β1 1 2 n−1 n β0 1 2 n−1 n
β∑∈2n−1 β∈2n−1
= t xα1xα2···xαn. (cid:3)
α 1 2 n
α∈2n
Iz prethodne teoreme odmah sledi nekoliko va(cid:20)znih posledica. Ako je t al-
gebarski izraza, podsetimo se da t(x ,x ,...,x ) zna(cid:20)ci da su promenljive koje
1 2 n
se javljaju u t neke od promenljivih x ,x ,...,x . Ako su x ,x ,...,x je-
1 2 n 1 2 n
dine promenljive koje se javljaju u t, tada ka(cid:20)zemo da su x ,x ,...,x ta(cid:20)cno
1 2 n
promeljive terma t.
Teorema 2.12 Nekajet=t(x ,x ,...,x )bulovskiterm,x ,x ,...,x ta(cid:20)cno
1 2 n 1 2 n
promenljive terma t i (cid:0)={α∈2n: t(α)=1}. Tada
∑
t= xα1xα2···xαn. (2.4)
1 2 n
α∈(cid:0)
Dokaz. S obzirom da su u t(α) = t sve promenljive zamenjene simbolima 0
α
ili 1, to je t =0 ili t =1. Prema teoremi 2.11 tvrd(cid:22)enje sledi. (cid:3)
α α
42 GLAVA 2. BULOVE ALGEBRE
Ako je u prethodnoj teoremi (cid:0) = ∅, primetimo da je onda suma u (2.4)
prazna, pa je u tom slu(cid:20)caju t = 0. Ako su x ,x ,...,x ta(cid:20)cno promenljive
1 2 n
termati(cid:0)̸=∅,tadajednakost(2.4)predstavljasavr(cid:20)senudisjunktivnunormalnu
formu bulovskog terma t koju kra(cid:19)ce obele(cid:20)zavamo sa SDNF. Primetimo da (2.4)
u svakom slu(cid:20)caju predstavlja DNF terma t i da se u svakom disjunktu javlja
ta(cid:20)cno jedan literal svake promenljive x . Razlika od SDNF terma t javlja se
i
samo u slu(cid:20)caju da niz promenljivih x ,x ,...,x sadr(cid:20)zi promenljive koje se ne
1 2 n
javljaju u t.
Prema principu dualnosti na sli(cid:20)can na(cid:20)cin uvodi se savr(cid:20)sena konjunktivna
normalna forma terma t koju kra(cid:19)ce ozna(cid:20)cavamo sa SKNF. U izvod(cid:22)enju SKNF
simboli ∨, ∧ (odnosno + i ·), i 0 , 1 samo uzajamno zamene mesta. Dakle,
SKNF bulovskog terma t=t(x ,x ,...,x ) izgleda:
1 2 n
∏ ∑n
t= xα′i, (cid:0)={α∈2n: t(α)=0}. (2.5)
i
α∈(cid:0)i=1
Primer 2.13.
x y z t Neka je u=xy+y′z. Prema tablici za vrednosti
terma u u Bulovoj algebri 2 nalazimo
0 0 0 0
(cid:0)={001,101,110,111}.
0 0 1 1
0 1 0 0 Dakle, SDNF terma u je
0 1 1 0 u=x′y′z+xy′z+xyz′+xyz.
1 0 0 0 SKNF terma u je
1 0 1 1 u=(x+y+z)(x+y′+z)(x+y′+z′)(x′+y+z),
1 1 0 1 (cid:0)′ ={000,010,011,100}.
1 1 1 1
Umesto x′ (cid:20)cesto se koristi zapis x(cid:22). U ovom zapisu SDNF terma u izgleda:
u=x(cid:22)y(cid:22)z+xy(cid:22)z+xyz(cid:22)+xyz.
Ako uzmemo da je u(x,y,z,s)=xy+y′z, tada Teorema (2.11) daje:
u = x(cid:22)y(cid:22)zs+xy(cid:22)zs+xyz(cid:22)s+xyzs+x(cid:22)y(cid:22)zs(cid:22)+xy(cid:22)zs(cid:22)+xyz(cid:22)s(cid:22)+xyzs(cid:22)
= (x(cid:22)y(cid:22)z+xy(cid:22)z+xyz(cid:22)+xyz)(s+s(cid:22))=x(cid:22)y(cid:22)z+xy(cid:22)z+xyz(cid:22)+xyz
(cid:3)
Slede(cid:19)cateoremadajejednostavanpostupakzaproverubulovskihidentiteta.
Postupa je sli(cid:20)can onom za proveru tautologi(cid:20)cnosti iskaznih formula.
Teorema 2.14 Neka je bulovski identitet u = v ta(cid:20)can u dvo(cid:20)clanoj Bulovoj
algebri 2. Tada u=v va(cid:20)zi u svakoj Bulovoj algebri.
Dokaz Neka su u i v bulovski termi i x ,x ,...,x lista promenljivih koje se
1 2 n
javljajuunekomodizrazau,v. Daklemo(cid:20)zemouzetidajeu=u(x ,x ,...,x )
1 2 n
2.2. BULOVSKI TERMI I FUNKCIJE 43
i v = v(x ,x ,...,x ). Prema pretpostavci za sve α ∈ 2n va(cid:20)zi u2(α) = v2(α).
1 2 n
Neka su za
(cid:0) ={α∈2n: u(α)=1}, (cid:0) ={α∈2n: v(α)=1}.
u v
Tada prema teoremi 2.12, DNF za u i v glase:
∑ ∑
u= xα1xα2···xαn, v = xα1xα2···xαn
1 2 n 1 2 n
α∈(cid:0)u α∈(cid:0)v
Dokazujemo da je (cid:0) = (cid:0) . Pretpostavimo suprotno, da je (cid:0) ̸= (cid:0) . Tada,
u v u v
(cid:0) \(cid:0) ̸= ∅ ili (cid:0) \(cid:0) ̸= ∅, pa mo(cid:20)zemo uzeti, na primer, (cid:0) \(cid:0) ̸= ∅. Neka je
u v v u u v
β ∈(cid:0)u\(cid:0)v. S obzirom da je β ∈(cid:0)u, β1β1β2β2···βnβn je (cid:20)clan disjunkcije
∑
u(β)= βα1βα2···βαn.
1 2 n
α∈(cid:0)u
∑
Prema stavu 2.10 imamo β1β1β2β2···βnβn = 1, dakle α∈(cid:0)uβ1α1β2α2···βnαn = 1,
pa u(β)=1.
S druge strane, β ̸∈ (cid:0)v, pa u β1α1β2α2···βnαn za α ∈ (cid:0) i neki 1 ≤ i ≤ n,
αi ̸=βi. Dakle βiαi =0. Otuda β1α1β2α2···βnαn =0, odakle sledi
∑ ∑
v(β)= βα1βα2···βαn = 0=0,
1 2 n
α∈(cid:0)v α∈(cid:0)v
tj. u(β)̸=v(β),suprotnopretpostavcidau=vva(cid:20)ziuBulovojalgebri2. Dakle,
zaista (cid:0) =(cid:0) , pa u svakoj Bulovoj algebri va(cid:20)zi
u v
∑ ∑
u= xα1xα2···xαn = xα1xα2···xαn =v.
1 2 n 1 2 n
α∈(cid:0)u α∈(cid:0)v
(cid:3)
Primer. Dokaza(cid:19)cemo identitet (2.5), teoremu o savr(cid:20)senoj konjunktivnoj nor-
malnoj formi za term t=t(x ,x ,...,x ) primenom prethodne teoreme. Neka
∏ 1∑2 n
je (cid:0) kao u (2.5) i u = n xα′i. Proverimo da identitet t = u va(cid:20)zi u
α∈(cid:0) i=1 i
algebri 2. Neka je β ∈2n bilo koji i neka je t(β)=0. Pretpostavimo da je
∏ ∑
u(β)= n βα′i =1.
α∈(cid:0) i=1 i ∑
S obzirom da je β ∈ (cid:0), to je n ββi′ = 1, odakle primenom De Morganovog
i=1 i
obrasca ββ1ββ2···ββn = 0, kontradikcija. Dakle t(β) = 0 ⇒ u(β) = 0.
1 2 n
Doka(cid:20)zimo implikaciju u suprotnom smeru. Pretpostavimo u(β) = 0. Tada
∑
za neki α ∈ (cid:0) imamo n βα′i = 0, dakle βα1βα2···βαn = 1, odakle β = α,
i=1 i 1 2 n
pa β ∈ (cid:0), tj. t(β) = 0. Prema tome t(β) = 0 ako i samo ako u(β) = 0, pa i
t(β)=1 ako i samo ako u(β)=1. Dakle, t=u va(cid:20)zi u algebri 2. (cid:3)
Neka je t = t(x ,x ,...,x ) bulovski term i t^: 2n → 2 preslikavanje de(cid:12)-
1 2 n
nisano pomo(cid:19)cu t^(α) = t(α), α ∈ 2n. Na primer, ako je t(x,y,z) = xy +y′z,
tada je tablicom u primeru 2.13 data tablica vrednosti funkcije t^. Za funkciju
f: 2n →2 ka(cid:20)zemo da je bulovska ako postoji bulovski term t tako da je f =t^.
Slede(cid:19)ce tvrd(cid:22)enje koje ima jednostavan dokaz, od fundamentalnog je zna(cid:20)caja za
arhitekturu i dizajn binarnih ra(cid:20)cunara.