О способах решения логических равенств и об обратном способе математической логики (стр. 10 )

F(a, b,c, d...)=[a+ F(0,b, c,d…)][a1+F(1,b, c,d,…)]

F(a, b,c, d…)=[a+b+F(0,0,c, d…)][a+b1+F(0,1,c, d,…)][a1+b+F(1,0,c, d…)]
[a1+b1+F(1,1,c, d,…)]

F(a, b,c, d...)=[a+b+c+F(0,0,0,d…)][a+b+c1+F(0,0,1,d,…)]
[a+b1+c+F(0,1,0,d…)][a+b1+c1+F(0,1,1,d,…)][a1+b+c+F(1,0,0,d…)] [a1+b+c1+F(1,0,1,d,…)][a1+b1+c+F(1,1,0,d,…)][a1+b1+c1+F(1,1,1,d…)].

И т. д. Закон построения этих формул очевиден.

В каждой из них каждый множитель представляет продуцент, сложенный с известным символом. Таким образом, если формулы Буля суть формулы разложения функций по конституантам различных порядков, то наши формулы можно назвать формулами разложения функций по продуцентам различных порядков. Одна и та же функция f(a,b,c,d…), разложенная напр. в отношении a и b по конституантам и продуцентам, будет:

f(a, b,c, d…)=abf(1,1)+ab1f(1,0)+a1bf(0,1)+a1b1f(0,0)=[a+b+f(0,0)]
[ a+b1+f(0,1)][ a1+b1+f(1,0)][ a1+b1+f(1,1)].

Причем одни и те же символы фигурируют в обоих ее разложениях. А потому, раз эти символы для какой-нибудь функции вычислены, легко составить разложение этой функции, как на конституанты, так и на продуценты.

Понятно, что для построения в единичной форме максимальной системы, отвечающей равенству A=B, необходимо, превратить это равенство в форму 1=M, разложить функцию M на продуценты n-го порядка. Так получается следующая схематическая система 2n равенств:

1=a+b+c+d+…+M(0,0,0,0,…)

1=a1+b+c+d+…+M(1,0,0,0,…)

1=a+b1+c+d+…+M(0,1,0,0,…)

……………………………………………

1=a1+b1+c1+d1+…+M(1,1,1,1,…)

Здесь каждый из символов может быть только или единицей или нулем. Коль скоро символ =1, то соответственное равенство сводится на тождество 1=1 и выпадает из системы. Когда же символ =0, то он сам выпадает из равенства. А потому все равенства фактически максимальной системы состоят в указании на то, какие из элементарных продуцентов данных n классов служат частными логическими единицами в задаче A=B.

Имея максимальную систему элементарных единиц задачи и перемножая последние между собою по два, по три и т. д., мы получим всевозможные системы, отвечающие данному равенству A=B. – Разлагая же функцию M на всевозможные продуценты порядка низшего, чем n, мы получили бы различные системы, число посылок которых = числу 2 в различных степенях.

Обратимся к примеру. Построим еще несколько задач на тему

1=ac1+bd=M(a,b,c,d),

Предполагая по-прежнему, что a означает домовладельцев, b богачей, c купцов, d старообрядцев.

Разлагая функцию M на продуценты в отношении одного класса a, мы получим след. задачу о двух посылках: 1=a+M(0)=a+bd, 1=a1+M(1)=a1+c1+bd, которым можно придать, например, такой вид: a=a+(b1+d1), c=c(a1+bd). След. посылками одной из задач на взятую тему могли бы быть следующие две: 1) все небогатые горожане, а так же все не старообрядцы были в числе домовладельцев; 2) купцы принадлежали частью к не домовладельцам, частью же к богатым старообрядцам.

Развертывая туже функцию M на продуценты двух классов b и d, получим след. систему 4-х равенств: 1=b+d+M(a,0,c,0)=b+d+ac1;
1=b+d1+M(a,0,c,1)=b+d1+ac1; 1=b1+d+M(a,1,c,0)=b1+d+ac1; 1=b1+d1+M(a,1,c,1)=b1+d1+1=1.

Здесь последнее равенство есть тождество. Остаются 3 посылки, из которых первую мы решим относительно b, вторую относительно d1, третью относительно ac1. Получим:

b=b+(d+ac1)1=b+d1(a1+c)

d1=d1+(b+ac1)1=d1+b1(a1+c)

ac1=ac1+(b1+d)1=ac1+bd1.

След. одою из задач на заданную тему могла бы служить следующие задача о 3-х посылках: 1) между богачами встречались такие не старообрядцы, которые или были купцами, или не были домовладельцами; 2) все небогатые не домовладельцы и все небогатые купцы не были старообрядцами; и 3) богатые не старообрядцы относились к домовладельцам из купцов.

Развертывание той же функции M на продуценты классов b,c,d доставит нам 8 посылок:

1=b+c+d+M(a,0,0,0)=a+b+c+d

1=b+c+d1+M(a,0,0,1)=a+b+c+d1

1=b+c1+d+M(a,0,1,0)=b+c1+d+0=b+c1+d

1=b+c1+d1+M(a,0,1,1)=b+c1+d1+0=b+c1+d1

1=b1+c+d+M(a,1,0,0)=a+b1+c+d

1=b1+c+d1+M(a,1,0,1)=b1+c+d1+1=1

1=b1+c1+d+M(a,1,1,0)=b1+c1+d+0=b1+c1+d

1=b1+c1+d1+M(a,1,1,1)=b1+c1+d1+1=1.

Здесь две посылки суть тождества. Остаются только 6 посылок, которые и можно рассматривать, как 6 посылок новой задачи на туже тему 1=ac1+bd. Но эти же 6 посылок можно скомбинировать, например, в след. задачу о 3-х посылках

1=(a+b+c+d)(b+c1+d1)=b+(a+c+d)(c1+d1)=b+ac1+ad1+cd1+c1d; 1=(a+b+c+d1)(a+b1+c+d)=a+c+(b+d1)(b1+d)=a+c+bd+b1d1; 1=(b+c1+d)(b1+c1d)=c1+d.

Определяя из 1-й посылки b1, из второй a+c, и придавая 3-й нулевую форму, будем иметь:

b1=b1(ac1+ad1+cd1+c1d)

a+c=(a+c)+(b1+d1)(b+d)=a+c+bd1+b1d

0=cd1,

т. е. та самая задача, которую мы уже имели в § 5.

Желая, наконец, построить максимальную систему элементарных посылок, мы должны собственно вычислить 24, т. е. 16 символов. Однако, гораздо проще можно получить максимальную систему из предыдущей системы о шести посылках, сделав в ней переход от неэлементарных посылок к посылкам элементарным. Дело в том, что в этой системе все посылки суть продуценты, частью 4-го, частью же 3-го порядка. Эти последние и надо привести к 4-му порядку. Вообще для перехода от продуцента данного порядка к продуцентам следующего, на 1 высшего, порядка с успехом можно пользоваться следующей предлагаемой нами формулой:

g=(g+p)(g+p1).

На этом основании

b+c1+d=(a+b+c1+d)(a1+b+c1+d)

b+c1+d1=(a+b+c1+d1)(a1+b+c1+d1)

b1+c1+d=(a+b1+c1+d)(a1+b1+c1+d).

След. посылками максимальной системы в данном случае будут служить следующие девять:

1=a+b+c+d

1=a+b+c+d1

1=a+b1+c+d

1=a+b+c1+d

1=a++c1+d1

1=a+b1+c1+d

1=a1+b+c1+d

1=a1=b+c1+d1

1=a1+b1+c1+d.

§ 12. Упращение общего приёма

Только что изложенный способ построения максимальной системы в единичной форме может быть подвергнут упрощению. А именно, нет надобности вычислять все 2n символов, а достаточно ограничиться только теми из них, которые сводятся на 0. Здесь мы имеем дело с задачей, противоположной той, которую мы решали в § 4, но только гораздо более сложной. А именно, нам предстоит, имея какую угодно функцию n классов f(a,b,c,d…), и замещая в ней все классы: одни единицами, другие нулями, определить все результаты, равные нулю, и притом так, чтобы не делать этих замещений на самом деле. Чтобы сказанными замещениями превратить функцию f в 0, необходимо обратить в 0 сразу все ее члены, для чего достаточно заместить нулем по одному множителю каждого члена. След., чтобы исчерпать все символы, сводящиеся на 0, надо перебрать всевозможные комбинации случаев одновременного обращения в 0 сказанными замещениями по одному множителю каждого члена данной функции. Нельзя не сознаться, что применение этого правила должно быть сложным и затруднительным, а потому будет гораздо удобнее составить по правилу § 4 все символы, сводящиеся на 1, после чего все прочие символы и будут те, которые сводятся на 0.

Для примера возьмем 3-э задачу § 16 первой части (о девицах данного бала). Полная логическая единица этой задачи есть:

1=ab1cd1+a1bc1d=M(a,b,c,d).

Пусть требуется найти элементарные логические единицы, минуя непосредственное вычисление символов.

В данном случае n=4, и оба члена функции M элементарны, т. е. 4-го измерения. А потому каждому из этих членов отвечает всего один символ, сводящийся на 1. Таким образом, в данной задаче есть только два символа, сводящихся на 1, именно M(1,0,1,0) и M(0,1,0,1), а потому только два элементарных продуцента: a1+b+c1+d и a+b1+c+d1 не входят в разложение функции M на множители. Остальные 14 продуцентов доставят нам следующую систему 14-ти элементарных единиц: 1=a+b+c+d; 1=a+b+c+d1; 1=a+b+c1+d; 1=a+b+c1+d1; 1=a+b1+c+d; 1=a+b1+c1+d; 1=a+b1+c1+d1; 1=a1+b+c+d; 1=a1+b+c+d1; 1=a1+b+c1+d1; 1=a1+b1+c+d; 1=a1+b1+c+d1; 1=a1+b1+c1+d; 1=a1+b1+c1+d1.

§ 13. Происхождения функций из логического «ничто»

Разложение какой угодно функции f на множители можно рассматривать не только как средство для получения различных систем, отвечающих равенству f=1, но и как указание происхождения этой функции из различных универсальных нулей. Формулы определения различных универсальных единиц суть:

1=a+a1

1=ab+ab1+a1b1

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

И т. е. Отрицания этих формул, т. е. формулы:

0=aa1

0=(a+b)(a+b1)(a1+b)(a1+b1)

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)

и т. д., должны представлять всевозможные универсальные нули. Легко понять, что, например, разложение

f(a.b.c.d…)=[a+b+f(0.0.c.d…)][a+b1+f(0.1.c.d…)][a1+b+f(1.0.c.d…)][a1+b1+f(1.1.c.d…)]

определяет нам, какими функциями надо увеличить продуценты универсального нуля двух классов a и b для того, чтобы их произведение могло доставить данную функцию f(a.b.c.d…). При полном разложении данной функции f по всем классам, все эти функции, прикладываемые к продуцентам, сводятся частью на 1, частью же на 0, а потому полное разложение представляет нам указание, какие продуценты универсального нуля всех данных n классов должны быть перемножены для получения дано функции.

Сопоставляя этот результат с тем, который был нами получен в § 9 этой главы, можем высказать следующее. Оба полные разложения одной и той же функции f(a,b,c,d…),зависящей от n классов a,b,c,d…, на элементарные конституанты и продуценты суть:

f(a, b,c, d…)=f(1,1,1,1…)abcd…+f(0,1,1,1…)a1bcd…+…+ +f(0,0,0,0…)a1b1c1d1….

f(a, b,c, d…)=[a+b+c+d+…+f(0,0,0,0,…)][a1+b+c+d+…+ +f(1,0,0,0…0]…[a1+b1+c1+d1+…+f(1,1,1,1…)].

Обе эти формулы суть схематические, состоящие 1-ая из 2n членов, 2-я из 2n множителей. В обеих мы видим одни и те же 2n символов, из которых одни должны сводиться на 1, другие на 0. Предполагая, что число первых есть m, а следов. число вторых есть 2n ─m, мы получим функцию f в двух видах: 1) в виде простой суммы m элементарных конституантов и 2) в виде простого произведения 2n ─m элементарных продуцентов. (Эти продуценты суть отрицания всех конституантов, не входящих в данную функцию). Таково происхождение всякой данной функции n классов: 1) из универсальной единицы этих классов и 2) из универсального их нуля. И так, всевозможные функции n классов могут быть выведены: 1) из универсальной их системы через отбрасывание одного или нескольких элементов ее членов и 2) из универсально их нуля через отбрасывание одно или нескольких из элементарных его множителей.

§ 14. Общие свойства продуцентов

Приведенные в предыдущем § формулы определения тождественных (универсальных) нулей одного, двух, трех и т. д. классов позволяют нам установить следующие два основные свойства продуцентов одного и того же порядка, составленных из одних и тех же классов. А именно: 1) произведение всех таких продуцентов всегда =0 и 2) сумма двух (и более) из них всегда =1. В силу этих свойств, продуценты одного и того же порядка, составлены из одних и тех же классов, не зависят друг от друга и не выражаются одни через другие. Наоборот, продуценты различных порядков выражаются одни через другие, а именно, мы видели, что для замещения какого-либо продуцента парою продуцентов порядка на единицу высшего может служить формула a=(a+b)(a+b1).

§ 15. Сопоставление конституантов и продуцентов и простыми классами

Интересно сделать следующее сопоставление элементарных конституантов и продуцентов, т. е. элементов объема с элементами содержания речи.

Элементы объёма суть такие подклассы мира речи, которые характеризуются максимальным числом признаков (т. е. присутствием или отсутствием каждого из данных n признаков) и минимальным числом принадлежащих к ним предметов. Наоборот, элементы содержания суть самые объемистые подклассы мира речи, но за то они отличаются минимальным количеством, характеризующим из признаков. Объем элементов содержания столь велик, что не только сумма двух из них, взятых наудачу, но даже сумма всякого отдельного продуцента с прилично избранным одним конституанто[38], вполне исчерпывает весь мир речи. Наоборот, в элементах объема объем столь незначителен, что в двух из них, изображенных на удачу, нет никаких общих предметов мира речи. С другой стороны, элементарные продуценты столь объемисты, что произведение их в каком угодно числе, меньшем 2n, всегда отлично от нуля, и только все они, будучи перемножены, дают в произведении 0. Наоборот, элементарные конституанты столь незначительны по объему, что только все они будут соединены вместе, в состоянии образовать весь мир речи.

Что элементарные конституанты и продуценты действительно элементарны, т. е. неразложимы, можно убедиться из того, что применение всех известных нам формул разложения на суммы и произведения к элементу объема или содержания не в состоянии доставить нам ничего другого, кроме этого самого элемента.

Следует добавить, что элементы остаются таковыми только в пределах данного мира речи и что они могут сделаться разложимыми при переходе к другому миру речи. Такая относительность этого понятия вполне натуральна и нисколько не мешает представлению об абсолютных логических элементах, за какие могли бы быть приняты элементы такого мира речи, который обнимал бы собою все мыслимое, сущее или возможное.

Прибавим еще, что простые классы a,b,c,d… и их отрицания отнюдь не суть элементы какой-либо задачи об этих классах. Простыми же мы их называем по следующим причинам: 1) символическое их обозначение проще, чем у всех прочих классов задачи; 2) они одни суть первоначальные классы задачи, все же прочие производятся от них; наконец 3) в пределах задачи возможная их зависимость от каких-либо других классов a’,b’,c’,…, не рассматриваемых задачей, должна быть оставляема без внимания. Можно еще прибавить, что простые классы a,b,c,d… и их отрицания a1,b1,c1,d1… представляют единственное место сопротивления противоположных понятий конституанта и продуцента, а именно все простые классы суть в одно и тоже время и конституанты и продуценты 1-го порядка.

§ 16. Пример анализа обоих способов происхождения функций

Приведём пример обоих полных разложений (т. е. на элементарные конституанты и продуценты) одной и той же функции и покажем, как она может быть выведена из универсальных единицы и нуля.

Пусть дана функция трех классов:

ab1+bc1+ca1,

и допустим для определенности, что a,b,c суть некоторые классы из мира существ чувствующих, т. е. пусть напр. a есть существо любящее, b верящее, c надеющееся. Отрицания a1,b1,c1 будут обнимать прочие чувствующие существа, напр. наделенные корыстью, доверием, завистью и т. д. объем этих отрицаний буде шире или уже, смотря потому, в связи с каким логическим миром речи должна быть рассматриваема взятая нами функция. Пока эта функция рассматривается изолированно, т. е. не входит в состав какого-либо равенства, нет данных для определения размеров логического мира речи, и отрицания a1,b1,c1 должны быть считаемы неопределенными, а след. всевозможные их конституанты и продуценты равно возможными. Другими словами, данная изолированная функция может быть относима только к универсальному миру речи существ чувствующих, а также к универсальному нулю речи, что и достигается обоими её полными разложениями. Прибавим, что данная функция означает такой класс чувствующих существ, куда относятся: 1) существа любящие, но не верящие, 2) верящие, но не надеющиеся, и 3) надеющиеся, но не любящие. В данном случае, т. е. при 3 классах a,b,c, универсальный мир чувствующих существ есть:

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 2n 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 2.2n, 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 2n-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 2n-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.