О способах решения логических равенств и об обратном способе математической логики (стр. 9 )

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 abc1 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 2т 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 2n-i. А потому данный член i-го измерения сводится на 1 в 2n-i случаях, т. е. ему отвечает 2n-i символов, равных единице. Если член есть 1-го измерения, т. е. i=1, то ему отвечает 2n-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.

Напомним, что приведение функции N к i-му измерению через непосредственное приведение к этому измерению каждого ее члена вообще должно быть проще, чем употребление соответственных формул Буля, потому что оно не приводит нас к тождественным равенствам 0=0, которые потом должны быть отбрасываемы.

Для примера возьмем задачу, полный логический нуль которой есть

0=ac1+bd=N(a,b,c,d)

(Эта задача должна быть противоположна предыдущей задаче о домовладельцах, богачах и проч.). Построим систему 23 равенств, отвечающих приведению функции N к 3-му измерению относительно классов b,c,d.

Применяя формулу Буля, мы должны вычислить 23, т. е. 8, символов, для которых получим:

N(a,1,1,1)=1, N(a,0,1,1)=0, N(a,1,1,0)=0, N(a,0,1,0)=0,

N(a,1,0,1)=2, N(a,0,0,1)=a, N(a,1,0,0)=a, N(a,0,0,0)=a.

Три равенства сведутся на тождество, и получается следующая система 5 равенств:

0=bcd, 0=bc1d, 0=abc1d1, 0=ab1c1d, 0=ab1c1d1.

Дело будет проще, если мы в равенстве 0=ac1+bd начнем каждый член приводить к 3-му измерению относительно классов b,c,d. С этою целью, напишем это равенство в виде:

0=bd+(b1+d1)ac1=bd+ab1c1+ac1d1. В отношении классов b,c,d, все три члена этого выражения суть 2-го измерения, и для приведения их к третьему достаточно умножить первый из них на c+c1, второй на d+d1 и третий на b+b1, после чего получим:

0=bcd+bc1d+ab1c1d+ab1c1d1+abc1d1+ab1c1d1.

Выбрасывая здесь 6-й член, потому что она есть повторение 4-го, мы получим 5 посылок, совершенно тех же, что и выше.

Наконец, не делая предварительного преобразования исходной формулы 0=ac1+bd, мы должны умножить в ней 1-й член (который есть 1-го измерения относительно классов b,c,d) на (b+b1)(d+d1)=bd=bd1+b1d+b1d1, а второй на c+c1. Получили бы:

0=abc1d+abc1d1+ab1c1d+ab1c1d1+bcd+bc1d,

откуда должен быть выброшен 1-й член, потому что он содержится в последнем, и получится та же самая задача о 5 посылках.

В заключение этого § нужно заметить, что, следуя изложенным здесь приемам, мы далеко не исчерпаем даже таки систем, в которых число равенств есть 2 во всевозможных степенях до n─1-й включительно. Таким образом, необходимость изложенного вначале общего метода построения максимальной системы делается очевидной.

§ 9. Происхождение всевозможных функций из различных форм мира речи

Приведение какой угодно функции f ко всевозможным однородным видам можно рассматривать не только как средство для получения различных систем, отвечающих равенству f=0, но и как указание происхождения функции f из всевозможных универсальных единиц, составленных из различных комбинаций классов a,b,c,d…, фигурирующих в этой функции.

Делая функцию f однородной относительно a, т. е. приводя ее к виду Pa+Qa1, мы указываем ее происхождение из конституантов a и a1 универсальной единицы одного a, т. е. 1=a+a1. А именно, мы видим, что 1-й конституант этой единицы должен быть умножен на P, а второй на Q, после чего сложение итогов и доставить данную функцию f. Другими словами, мы видим, какие части помянутых конституантов должны быть сложены для образования данной функции. – Приводя ту же функцию ко второму измерению относительно двух классов a и b, т. е. к виду

α(ab)+β(ab1)+γ(a1b)+δ(a1b1),

мы указываем ее происхождение из тождественной единицы этих двух классов, т. е. из выражения

1=(a+a1)( b+ b1)= ab+ab1+a1b+a1b1.

А именно, конституанты этой единицы должны быть умножены соответственно на α, β, γ, δ и итоги должны быть сложены. Так определяется те части этих конституантов, сложение которых доставляет данную функцию. И т. д. Наконец, делая ту же функцию f однородной относительно всех n классов a,b, с,d…, мы указываем ее происхождение из универсальной единицы всех этих n классов, т. е. из выражения 1=(a+a1)(b+ b1)(с+с1)…=(abсd)+…+(a1b1с1d1.), а именно, мы определяем какие конституанты этой единицы, взятые целиком, надо сложить для полученной данной функции. – Остановим наше внимание на этом последнем способе происхождения каждой функции f из универсальной единицы всех n классов, входящих в эту функцию. Как видим, в однородном виде n-го измерения, всякая функция f приводится к виду простой суммы нескольких элементарных конституантов. Другими словами, коэффициенты при конституантах суть единицы (при происхождении же из прочих тождественных единиц коэффициенты при конституантах суть функций: напр. P и Q суть функций b,c,d,...; α, β, γ, δ суть функций c,d,…). Отсюда открывается возможность сделать следующее важное заключение: всевозможные функции n классов через последовательное приравнивание нулю всех ее членов по одному, по два, по три и т. д. до (n-1). Отсюда же открывается, что число логических функций, какие только можно составить из данных n классов, должно быть меньше 22n.

§ 10. Основные свойства конституантов

Чтобы вполне закончить рассмотрение 1-го подразделения первоначальной нашей задачи, указанной в начале этой главы, считаем необходимым обратить внимание на следующие два основных свойства конституантов одного и того же измерения, составленных из одних и тех же классов. Эти два свойства, не требующие дальнейших пояснений, суть: 1) Сумма всех таких конституантов всегда есть 1 и 2) произведение двух (и более) из них всегда =0. В силу второго из этих свойств, конституанты одного и того же порядка от одних и тех же классов не имеют ничего общего между собой, не зависят друг от друга и не выражаются один через другой или через какую-либо комбинацию других. Наоборот, конституанты различных порядков выражаются одни через другие. Напр., конституант 2-го порядка ab разбивается на два конституанта 3-го порядка: abc и abc1, на 4 конституанта 4-го порядка: abcd, abcd1, abc1d и abc1d1. И т. д.

Вторым из указанных свойств однородных конституантов можно воспользоваться для построения след. сокращенного правила перемножения функций, разложенных на однородные конституанты. Произведение двух разложений F=ks’+ls’’+ms’’’+… и F’=k’s’+l’s’’+m’s’’’+…, где s’, s’’, s’’’ … суть конституанты одного и того же измерения, составленные из одних и тех же классов, всегда будет: FF’=kk’s’+ll’s’’+mm’s’’’+…. Правило это (весьма полезное) установлено еще Булем, но, по недосмотру, не попало в наше введение к настоящей статье, и мы пользуемся случаем, чтобы восполнить этот пробел.

§ 11. Нахождение элементарных посылок в единичной форме. Способ разложения функций на множители

Обращаемся ко второму подразделению первоначальной задачи, т. е. пусть для равенства A=B требуется построить тождественную с ним максимальную систему посылок в единичной форме. Нет сомнения, что, взяв отрицания найденных по предыдущему элементарных логических нулей данного равенства, мы получим максимальную систему в единичной форме. Однако, существует прямой путь для этой цели, основанный на способе разложения логических функций на множители, и так как этот способ сам по себе может иметь значение в математич. логике, то я и займусь его изложением. Считаю нужным прибавить, что задачу о замещении равенства A=B всевозможными системами мне удалось решить первоначально именно этим путем, и только впоследствии я убедился, что натуральнее и проще она решится для нулевой формы искомых посылок. Таким образом, если в прямой способ математич. логики натуральнее иметь дело с логическими, то в обратном, наоборот, с логическими нулями.

Вот рассуждения, которые привели меня к построению обратного способа математич. логики.

Зная, что ряд посылок, превращенных в единичную форму: 1=M’, 1=M’’, 1=M’’’, …, тождественно замещаются одним равенством 1= M’M’’M’’’…=M, я заключил, что, наоборот, для замещения равенства A=B системой необходимо и достаточно превратить его в единичную форму 1=M и разбить функцию M на множители, после чего останется только приравнять каждый из этих множителей порознь единице. Осталось найти способ для разложения логических функций на множители. Изыскание такого способа долго меня затрудняло, п. ч. не удавалось найти твердой точки опоры. После многих попыток, я убедился, что основание для такого способа должно заключаться в правилах отрицания логических сумм и произведений. Эти правила состоят в том, что отрицание произведения равно сумме отрицаний сомножителей и отрицание суммы равно произведению отрицаний слагаемых. В силу этих правил, желая разбить какую угодно функцию M на множители, мы должны составить отрицание этой функции, т. е. M1, разбить на его суммы, и взять отрицание этого разложения, после чего функция M и окажется разбитой на множители. Таким образом, если мы обратимся к формулам Буля, представляющим всевозможные разложения функций на суммы, и возьмем их отрицания, то получим формулы для всевозможных разложений функций на множители. Так получается следующий ряд разложений одной и той же функции на множители: