Логика высказываний

Теорема 5 (о полиномах Жегалкина). Всякая булева функция однозначно представляется таким полиномом.

Существование искомого полинома следует из теоремы 4, так как конъюнкция есть умножение, отрицание — прибавление единицы, а дизъюнкцию можно через них выразить (получится ). Надо только заметить, что степени не нужны: переменные принимают значения и , так что можно заменить на .

Можно также сослаться на известное из алгебры утверждение о том, что всякая функция с аргументами из конечного поля (в данном случае это двухэлементное поле вычетов по модулю ) задается полиномом. (Отсюда, кстати, получается новое доказательство теоремы 3.)

Далее можно заметить, что полиномов столько же, сколько булевых функций, а именно . В самом деле, булева функция может принимать любое из двух значений в каждой из точек булева куба , а многочлен может включать или не включать любой из мономов. (Мономов ровно , потому что каждый моном включает или не включает любую из переменных.) Поэтому избытка полиномов нет, и если любая функция представима полиномом, то единственным образом.

Можно и не ссылаться на сведения из алгебры и теорему 4, а дать явную конструкцию. Это удобно сделать индукцией по . Пусть мы уже умеем представлять любую булеву функцию от аргументов с помощью полинома. Тогда можно представить как

(проверьте). Остается заметить, что правую часть можно представить полиномом по предположению индукции.

Для единственности также есть другое доказательство: пусть два многочлена (имеющие степень по каждой переменной) равны при всех значениях переменных. Тогда их сумма (или разность — вычисления происходят по модулю ) является ненулевым многочленом (содержит какие-то мономы), но тождественно равна нулю. Так не бывает, и это легко доказать по индукции. В самом деле, любой многочлен можно представить в виде

где и — многочлены от меньшего числа переменных. Подставляя сначала , а затем , убеждаемся, что многочлены и равны нулю во всех точках, и потому (согласно предположению индукции) равны нулю как многочлены (не содержат мономов).

11. Пусть — произвольное поле.Назовем мультилинейной функцией полином от переменных с коэффициентами из , в котором все показатели степеней равны либо , либо . (Таким образом, каждый моном в ней есть произведение коэффициента и некоторого набора переменных без повторений.) Будем рассматривать как подмножество . Докажите, что всякая булева функция однозначно продолжается до мультилинейной функции , и коэффициенты мультилинейной функции можно считать целыми числами.

Если рассматривать произвольные булевы функции в качестве связок, возникает вопрос: в каком случае набор булевых функций образует полный базис? (Это значит, что любая булева функция представляется в виде композиции функций из набора, т. е. записывается в виде формулы, где связками служат функции набора.) Подобные вопросы вызывали в свое время большой интерес и были хорошо изучены. Начальным этапом явилось такое утверждение:

Теорема 6 (критерий Поста). Набор булевых функций является полным тогда и только тогда, когда он не содержится целиком ни в одном из пяти следующих "предполных классов":

• монотонные функции;
• функции, сохраняющие нуль;
• функции, сохраняющие единицу;
• линейные функции;
• самодвойственные функции.

(Функция монотонна, если она монотонно неубывает по каждому из своих аргументов. Функция сохраняет нуль/единицу, если (соответственно ). Функция линейна, если она представима многочленом, в котором все мономы содержат не более одной переменной. Наконец, функция называется самодвойственной, если .)

Если набор содержится в одном из классов, то и все композиции также не выходят за пределы этого класса (легко проверить для каждого из классов в отдельности) и поэтому набор не является полным. Докажем обратное утверждение. Пусть для каждого класса выбрана какая-то функция, в нем не лежащая. Убедимся, что с помощью комбинаций выбранных функций можно получить все булевы функции.

У нас есть функция, не сохраняющая нуль. Подставим вместо всех аргументов одну и ту же переменную. Получится функция от одного аргумента, отображающая нуль в единицу, то есть либо константа , либо отрицание. Сделав то же самое с функцией, не сохраняющей единицу, получим либо константу нуль, либо отрицание. Таким образом, у нас либо есть отрицание, либо обе константы и .

Если есть обе константы, то все равно можно получить отрицание. Возьмем немонотонную функцию. Легко понять, что она должна менять значение с единицы на нуль при изменении какого-то одного аргумента с нуля на единицу (в самом деле, будем увеличивать аргументы по одному, в какой-то момент значение функции уменьшится.) Зафиксировав значения остальных аргументов (ведь мы считаем, что константы есть), получаем отрицание.

Имея отрицание и несамодвойственную функцию, легко получить константы (если их не было). В самом деле, несамодвойственность означает, что для каких-то значений . Вместо нулевых значений переменных подставим , вместо единиц подставим , получится одна из констант. Вторая получится отрицанием.

Теперь у нас есть константы, отрицание и нелинейная функция . Нелинейность означает, что в ее представлении в виде многочлена есть моном, состоящий более чем из одной переменной. Пусть, например, этот моном содержит переменные и . Сгруппируем члены по четырем группам и получим выражение

При этом многочлен заведомо отличен от нуля, поэтому можно так подставить константы вместо , чтобы первое слагаемое не обратилось в нуль. Тогда получим либо , либо , либо , либо . Свободный член можно менять, если нужно (у нас есть отрицание), так что получается либо (конъюнкция, и все доказано), либо (убираем отрицание, получаем конъюнкцию, все доказано), либо (аналогично), либо (дизъюнкция, все доказано).