Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 15 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Nội dung
Chương ĐẠI SỐ BOOL I HÀM BOOL Nhiều mô hình tính toán thực tế làm việc giá trị cụ thể Ví dụ hệ toán mệnh đề, tập hợp tập A với phép toán lấy phần bù, hợp giao, A đóng vai trò tương ứng với 0, mạch máy tính … Vì cần nghiên cứu đại số Bool đại số làm việc tập giá trị {0,1} với phép toán theo thứ tự ưu tiên phần bù (-), nhân (.), cộng (+) định nghĩa giống phép toán NOT, AND, OR đại số mệnh đề với T = 1, F = Cụ thể phép toán phần bù (hoặc phủ định), nhân cộng đại số Bool định nghĩa sau : 0 = 0.0 = 0+0=0 1 = 0.1 = 0+1=1 1.0 = 1+1=1 1.1 = 1+0=1 Ví dụ : áp dụng bảng giá trị phép toán Bool ta tính giá trị biểu thức : 0.1 + (1 + 0)(1 + 1) = 0.1 + (1.1) = + = Biểu thức Hàm Bool a Biểu thức Bool Biến Bool : Cho tập B = {0,1}, X = {x} tập biến nhận giá trị B Khi x gọi biến bool Biểu thức Bool : Được định nghĩa đệ qui : 0, 1, x1, , xn biểu thức Bool (xi biến Bool) Nếu B1, B2 biểu thức Bool B1, (B1B2), (B1+B2) biểu thức Bool Từ định nghĩa ta thấy giá trị biểu thức Bằng cách thay giá trị 0, cho biến biểu thức ta tính giá trị biểu thức Ví dụ : (x + y) z + xy biểu thức Bool nhận giá trị với giá trị biến x, y, z (0, 0, 0) nhận giá trị với giá trị biến (0, 1, 0) Cũng giống đại số, để ngắn gọn ta bỏ dấu nhân tích x.y viết xy thay cho x.y Vì đại số Bool mô hình tổng quát đại số mệnh đề nên thảo luận chương liên quan đến biểu thức Bool hoàn toàn công thức mệnh đề, giá trị 0, biến xi đại số Bool tương ứng với giá trị T, F mệnh đề sơ cấp Xi đại số mệnh đề Tương tự đại số mệnh đề hai biểu thức Bool có giá trị giá trị biến gọi biểu thức tương đương b Hàm Bool Hàm Bool bậc n : Hàm fn : Bn B gọi hàm Bool bậc n Tức hàm có n biến x1, x2, …, xn nhận giá trị 0, cho lại giá trị hàm Trong trường hợp không xảy nhầm lẫn, để đơn giản kí hiệu ta thường viết f thay cho fn, gọi ngắn gọn hàm Bool thay cho hàm Bool bậc n Như với n đầu vào có giá trị 0, hàm f cho đầu với giá trị 0, Giá trị hàm Bool thường cho bảng, giống bảng chân trị công thức mệnh đề n Với hàm n biến có tất 2 hàm Ví dụ ta có tất hàm biến 16 hàm biến cho dạng bảng sau : hàm bool biến x f1 f2 f3 f4 0 1 1 f1 = 0, f2 = x, f3 = x, f4 = 1, nói cách khác biểu thức Bool 0, x, x, biểu diễn hàm Bool f1, f2, f3, f4 Từ hàm Bool có sẵn ta tạo thành hàm khác thông qua phép toán Bool Ví dụ từ hàm biến f1, f2, f3, f4 ta tạo thành hàm : f1, f2.f3, f1 + f4, … mà giá trị tính liệt kê bảng sau : x f1 f2 f3 f4 f1 f2.f3 f1 + f4 0 1 1 1 1 Hai hàm có bảng giá trị gọi Ví dụ cho ta thấy f1 = f1 + f4 c Biểu diễn hàm biểu thức Một biểu thức gọi biểu diễn hàm giá trị chúng giá trị biến Biểu thức biểu diễn hàm f kí hiệu E(f), E f E Như việc xét tính chất hàm làm việc thông qua biểu thức Chú ý có nhiều biểu thức biểu diễn hàm Khi biểu thức biểu diễn hàm gọi biểu thức tương đương Ví dụ : xy, xy + xy.1 biểu thức tương đương Với E E' tương đương ta viết E E' Vì biểu diễn hàm nên biểu thức tương đương giá trị biến Về mặt hình thức, để đơn giản E E' biểu diễn hàm Bool f ta viết f = E = E' Bảng sau liệt kê 16 hàm Bool biến biểu thức biểu diễn chúng Xy 00 01 10 11 E(f) f1 0 0 f2 0 xy f3 0 f4 0 1 f5 0 f6 1 y f7 1 xy f8 1 x+y f9 0 xy f10 0 xy f11 1 f12 1 f13 1 0 f14 1 xy f15 1 x|y f16 1 1 x để ngắn gọn ta dùng số kí hiệu phép toán , , , |, Các kí hiệu độc giả liên tưởng lại phép toán tương tự đại số mệnh đề định nghĩa thông qua phép toán phủ định, hội, tuyển sau : Phép toán kéo theo : x y = x y Phép toán tương đương : x y = (x y) (y x) Phép toán cộng loại trừ (XOR) : x y = xy + xy Phép toán | (NAND) : x | y = (x y) Phép toán (NOR) : x y = ( x y) Có thể chứng minh dễ dàng biểu thức biểu diễn hàm f tương ứng Chúng dành lại phần chứng minh cho độc tập Các đẳng thức Tên gọi Hằng đẳng thức Luật phần bù x = x Luật lũy đẳng xx = x; x + x = x Luật đồng x + = x1 = x Luật nuốt x0 = 0; x + = Luật giao hoán xy = yx; x + y = y + x Luật kết hợp x(yz) = (xy)z; x + (y + z) = (x + y) + z Luật phân phối x(y + z) = xy + xz; x + yz = (x + y)(x + z) Luật De Morgan (xy) = x + y; (x + y) = xy Dùng bảng đẳng thức để chứng minh tính tương đương biểu thức Ví dụ : Chứng minh x(x + y) = x (x + 0)(x + y) : đồng x + 0.y : phân phối ((x+0)(x+y) = x + 0y rút gọn) x + y.0 : giao hoán x+0 : nuốt x : đồng Tính đối ngẫu a Định nghĩa Đối ngẫu biểu thức : Cho biểu thức E Đổi chỗ (0, 1), (+, ) ta biểu thức E* gọi biểu thức đối ngẫu biểu thức E Khi hàm biểu diễn E* gọi hàm đối ngẫu f, kí hiệu f* Ví dụ : Cho hàm f(x,y,z) = x(y + 0)x.1 + (y + z) có đối ngẫu x + (y1) + (x+0)(yz) b Nguyên lý đối ngẫu Đối ngẫu hàm (biểu thức) cho hàm (biểu thức) Tức f = g f* = g* Chứng minh điều cách chứng minh thông qua định nghĩa biểu thức biểu thức đối ngẫu chứng minh công thức mệnh đề Ví dụ : x(x + y) = x Luật hấp thụ hấp thụ x + xy = x II BIỂU DIỄN CÁC HÀM BOOL Dạng chuẩn tắc hàm Bool a Đặt vấn đề Cho hàm bool bất kỳ, liệu có biểu thức bool biểu diễn Nếu biểu diễn dùng phép toán để biểu diễn Ví dụ : Một uỷ ban người biểu vấn đề Giả sử có người chấp thuận vấn đề xem thông qua ngược lại Hãy xây dựng biểu thức Bool để phản ánh kết biểu Giải : Gọi thành viên uỷ ban x, y, z giá trị 0, biểu thị cho kết bỏ phiếu thành viên chấp thuận ngược lại Khi kết bỏ phiếu phản ánh thông qua hàm Bool f cho bảng sau: X y z f 1* Các tiểu hạng tương ứng xyz 1 1* xyz 1 1* xyz 0 0 1 1* 0 0 0 0 Dạng tổng tích xyz F = xyz + xyz + xyz + xyz Theo bảng ta thấy kết thuận (1) thành viên bỏ phiếu theo cách thể dòng 1, 2, 3, tức cách bỏ phiếu phải rơi vào giá trị tương ứng (x, y, z) (1, 1, 1) (1, 1, 0) (1, 0, 1) (0, 1, 1) Từ hàm tạo thành từ tổng biểu thức cho biểu thức biểu thị khả bỏ phiếu tức biểu thức có giá trị (x, y, z) nhận giá trị theo số mà tương ứng Từ dễ thấy biểu thức tạo : Tương ứng với (1, 1, 1) : xyz Tương ứng với (1, 1, 0) : xyz Tương ứng với (1, 0, 1) : xyz Tương ứng với (1, 1, 0) : xyz Và hàm f thiết lập thành xyz + xyz + xyz + xyz Ví dụ tổng quát hoá cho ta phương pháp tìm biểu thức đề biểu diễn hàm Bool bất kỳ, phần b Các định nghĩa xi xi gọi biến hạng (term, literal) kí hiệu xi' tích x1' xn' gọi tiểu hạng (minterm, conjunction clause) hay hội sơ cấp tổng : x1' + x2' + + xn' gọi đại hạng (maxterm, disjunction clause) hay tuyển sơ cấp Từ định nghĩa thấy : tiểu hạng = xi' = xi = xi' = xi xi = xi' = xi đại hạng = xi' = xi = xi' = xi xi = xi' = xi Ví dụ : Tiểu hạng x1 x2 x3 x4 x5 = (x1, x2, x3, x4, x5) = (1, 1, 0, 0, 1) Đại hạng x1 + x2 + x3 + x4 + x5 = (x1, x2, x3, x4, x5) = (0,1,1,0,1) c Định lý Mọi hàm Bool cấp n f(x1, x2, , xn) biểu diễn dạng : Tổng tiểu hạng hay gọi dạng chuẩn tắc tuyển, tức f = + (x11 xn1) Tích đại hạng hay gọi dạng chuẩn tắc hội, tức f = * (x11 + + xn1) Việc chứng minh định lý cách không hình thức, dễ dàng xây dựng dựa theo việc lập tổng tiểu hạng với tiểu hạng dựa dòng giá trị có f = 1, lập tích đại hạng dựa dòng có giá trị ví dụ mở đầu Tuy nhiên, phần sau phát biểu lại định lý chứng minh cách chặt chẽ Ví dụ : Cho f hàm XOR () với bảng giá trị (xem định nghĩa trên) : x Y f tiểu hạng 1 xy 1 xy 0 Đại hạng x + y X+y tương ứng với dạng chuẩn tắc tuyển : xy + xy chuẩn tắc hội : (x + y)(x + y) Chú ý : Việc biểu diễn hàm f dạng chuẩn tắc gọi khai triển f thành tổng tích tích tổng Các dạng chuẩn tắc gọi dạng chuẩn tắc hoàn toàn tiểu hạng đại hạng chứa n hạng biến, phân biệt với dạng chuẩn tắc khác không chứa đủ n hạng biến (ví dụ : xyz + z (x+y)z), nhiên để đơn giản ta gọi chung chúng dạng chuẩn tắc Để phục vụ việc chứng minh định lý cách chặt chẽ mặt toán học ta sử dụng kí hiệu sau : x xi i i xi if i if i Tf = {(x1, x2, …, xn) : f(x1, x2, …, xn) = 1} từ kí hiệu thấy: x i i = x i i (Giả sử i = 1, theo định nghĩa x i i = xi, có giá trị xi = tức xi = i Tương tự, giả sử i = định nghĩa nên x i xi = tức xi = i) i = xi, có giá trị Khi định lý phát biểu lại sau : Mọi hàm Bool cấp n f(x1, x2, …, xn) biểu diễn dạng : Chuẩn tắc tuyển : f(x1, x2, …, xn) x1 = 1 ( x1 , x , , x n )Tf Chuẩn tắc hội : f(x1, x2, …, xn) = x2 x 2 1 2 x2 ( x1 , x , , x n ) Tf x n n x n n Chứng minh : Ở ta chứng minh cho trường hợp dạng chuẩn tắc tuyển Khi chứng minh dạng chuẩn tắc hội cách tương tự suy từ dạng chuẩn tắc tuyển nguyên lý đối ngẫu Để đơn giản ta gọi tổng tiểu hạng vế phải g(x1, x2, …, xn) Cần chứng minh f = g với (x1, x2, …, xn) Bn Lấy giá trị (x1, x2, …, xn) = (1, 2, …, n) Bn Giả sử f(1, 2, …, n) = (1, 2, …, n) Tf x1 x 2 x n tiểu hạng g(x1, x2, …, xn) Thay giá trị cụ thể (x1, x2, …, xn) (1, 2, …, n) ta tiểu hạng (vì xi = i, i) Do g(1, 2, …, n) = = f(1, 2, …, n) Nếu f(1, 2, …, n) = ta chứng minh tiểu hạng g 0, g = Thật lấy tiểu hạng x1 x 2 x n g(x1, x2, …, xn), tức f(1, 2, …, n) = Tiểu hạng (với (x1, x2, …, xn) = (1, 2, …, n)) i = xi = i, i Do f(1, 2, …, n) = f(1, 2, …, n) = 1, mâu thuẫn với giả thiết 1 2 n n Vậy f(x1, x2, …, xn) = g(x1, x2, …, xn) (x1, x2, …, xn) Bn Tóm lại, từ thảo luận ta thấy hàm Bool biểu diễn biểu thức biểu thức biểu diễn hàm Bool Tính đầy đủ a Định nghĩa : Một hệ đầy đủ tập hợp phép toán có khả biểu diễn hàm Theo định lý khai triển hàm Bool thành dạng chuẩn tắc ta thấy hệ phép toán {, +, } hệ đầy đủ Vấn đề đặt liệu biểu diễn hàm Bool với hệ đầy đủ có phép toán ? Định lý sau cho thấy hàm Bool biểu diễn biểu thức cần dùng phép toán b Định lý : Các hệ sau : {+, }, {., }, {|}, {} đầy đủ Chứng minh: Do hệ { , , + } đầy đủ theo công thức De Morgan phép biểu diễn thông qua {+, }, tương tự phép + biểu diễn thông qua {., } nên hệ đầy đủ Tương tự để chứng minh hệ {|}, {} đầy đủ, ta cần chứng minh phép toán , +, biểu diễn thông qua phép toán |, Cụ thể: x = x | x xy = (x | y) | (x | y) x + y = (x | x) | (y | y) x = x x x+y = (x y) (x y) xy = (x x) (y y) Để chứng minh hệ không đầy đủ (ví dụ hệ { +, } không đầy đủ) cần : i tìm tính chất cho A B có tính chất A B có tính chất với phép toán hệ gọi tính chất bảo toàn hệ ii hàm tính chất , tức biểu diễn qua phép toán hệ Ví dụ : { } hệ đầy đủ Vì, x x = x, nên tiếp tục làm toán với phép ta luôn x, không biểu diễn hàm x Ở tính chất "hàm = x" hàm tính chất phép nhân hàm x III RÚT GỌN CÁC HÀM BOOL Trong tiết chứng minh hàm biểu diễn biểu thức Bool Tuy nhiên phương pháp khai triển hàm dạng chuẩn tắc hoàn toàn tạo biểu thức chứa nhiều phép toán toán hạng (biến) nhiều nhiều mức cần thiết Ví dụ : toán biểu bán xây dựng dạng chuẩn tắc tuyển xyz + xyz + xyz + xyz dùng biến 14 phép toán Tuy nhiên, ta liệt kê số biểu thức khác rút gọn biểu diễn hàm nói : Biểu thức Số phép toán xyz + xyz + xyz + xyz 14 xy + xyz + xyz xy + z(xy + xy) xy + xz + yz xy + z(x + y) … … (chuẩn tắc tối thiểu) (tối thiểu) (tối thiểu) (tối thiểu) Dạng biểu thức chuẩn tắc với số phép toán gọi dạng chuẩn tắc tối thiểu hàm Chú ý hàm có nhiều dạng chuẩn tắc tối thiểu Thực tế dạng chuẩn tắc tối thiểu chưa phải dạng tối thiểu hàm (tức phép toán không cần chuẩn tắc) Từ toán thực tế đặt thiết kế mạch thực hàm Bool cho sử dụng loại mạch số lần sử dụng Tức cần biểu diễn hàm dạng biểu thức tối thiểu Đây toán khó chưa giải cách có hiệu Chỉ riêng thuật toán tìm dạng chuẩn tắc tối thiểu mang độ phức tạp lớn việc mở rộng kết toán cho hệ nhiều hàm xét hệ đầy đủ nhiều hạn chế Trong tiết ta đưa thuật toán tìm dạng chuẩn tắc tối thiểu hàm theo phương pháp Quine-McCluskey Hàm ban đầu biểu diễn dạng chuẩn tắc tuyển (hoàn toàn) tìm theo định lý II.2 Để đơn giản ta xét hàm f = wxyz + wxy z = wxy(z + z ) = wxy Trong biểu thức ta có tiểu hạng cấp (chứa biến), tiểu hạng giống vị trí (wxy) vị trí lại đối nghịch với (z z ), rút gọn thành tiểu hạng đồng thời giảm cấp (từ cấp xuống thành cấp 3) Từ ý tưởng ta triển khai thuật toán cho trường hợp phức tạp (tổng quát) sau Ví dụ : Rút gọn hàm biểu diễn : wxy z + w x yz + w xyz + w x y z + w x y z + w x yz + w x y z Biểu diễn tiểu hạng cấp n xâu bit độ dài n, bit thứ i =1 xi xuất tiểu hạng ngược lại Để thuận tiện nên xếp tiểu hạng giảm dần theo số số Bước wxy z 1110 w x yz 1011 w xyz 0111 wx yz 1010 w xy z 0101 w x yz 0011 w x yz 0001 Tạo tất tích cấp n-1 cách nhóm tích cấp n khác vị trí loại bỏ biến hạng khác (bằng cách so sánh từ xâu với xâu lại mà có số số cách không 1, tiếp tục lặp lại với xâu thứ , …) Xâu biểu diễn tích cấp n-1 tạo cách thay bit bị loại dấu - từ xâu tích cấp n Bước Bước wxy z 1110 (1,4) 1-10 wy z w x yz 1011 (2,4) 101- wx y w xyz 0111 (2,6) -011 x yz wx yz 1010 (3,5) 01-1 w xz w xy z 0101 (3,6) 0-11 w yz w x yz 0011 (5,7) 0-01 w yz w x yz 0001 (6,7) 00-1 w xz Tiếp tục tạo tích có cấp nhỏ dần không tạo Chú ý nhóm tích có dấu - vị trí Bước Bước (1,4) 1-10 wy z ((3,5),(6,7)) (2,4) 101- wx y (2,6) -011 x yz (3,5) 01-1 w xz (3,6) 0-11 w yz (5,7) 0-01 w yz (6,7) 00-1 w xz wz Lập bảng tích rút gọn đánh dấu x vào ô tiểu hạng (ban đầu) phủ tích rút gọn Các tích liệt kê từ cấp nhỏ đến cấp lớn tất tiểu hạng đánh dấu wxy z a wz b wy z w x yz w xyz x X w x y z w x y z w x yz w x y z x x x x c wx y x d x yz x e w xz x x x x … Từ bảng lập ta chọn tích rút gọn theo chiến lược tham lam: bước chọn tích rút gọn cho phủ nhiều tiểu hạng số tiểu hạng chưa phủ Theo ví dụ trên, ta chọn a phủ 3, 5, 7, chọn b phủ 1và Để phủ tiểu hạng cuối (2) ta chọn tiếp c d Từ ta dạng chuẩn tắc tối thiểu : f = w z + wy z + w x y f = w z + wy z + x yz BÀI TẬP I HÀM BOOL Giải phương trình x + y = xy với x, y biến Bool Chứng minh luật hấp thụ x + xy = x Chứng minh hàm f(x, y, z) = xy + yz + zx có giá trị có biến nhận giá trị Chứng minh x y + y z + z x = x y + y z + z x Chứng minh: x y (z + z ) + y z (x + x ) + z x (y + y ) = x y + y z + z x Rút gọn biểu thức : x 0, x 1, x x, x x Chứng minh : x y = (x+y)(xy) = (x y ) + ( x y) Có hàm Bool f(x, y, z) khác cho f( x , y , z ) = f(x, y, z) Chứng minh : giá trị x, y, z tạo thành cặp giá trị (x, y, z) ( x , y , z ) Hàm f cặp có giá trị giống Vì có cặp, cặp nhận giá trị 0,1 nên tạo 16 hàm 1 1 1 a b c 0 d 0 0 1 0 1 d c b a Có hàm Bool f(x, y, z) khác cho f( x , y, z) = f(x, y , z) = f(x, y, z ) Chứng minh: Tương tự trên, phân hoạch số (x, y, z) thành nhóm gồm (1, 1, 1), (0, 0, 1), (0, 1, 0), (1, 0, 0) nhóm lại (trên nhóm f lấy giá trị) Vì có hai nhóm nên tạo hàm f 1 1 1 0 1 a b b a 0 1 b a 0 0 a b Tìm khai triển tổng tích hàm f(x, y, z, t) biết hàm nhận giá trị có biến nhận giá trị 10 Tìm khai triển tích tổng hàm f(x, y, z, u, v) biết hàm nhận giá trị biến vị trí lẻ 11 Chứng minh hệ sau đầy đủ { | } { } 12 Chứng minh hệ { , + } không đầy đủ 13 Các hệ sau đầy đủ / không đầy đủ ? a { , } b { , } c { +, } 14 Bằng phương pháp Quine – Mc Cluskey rút gọn hàm Bool sau: a xyz + x y z + x yz + x y z + x y z b xyz + x y z + x y z + x yz + x y z + x y z Các tập sau dựa định nghĩa tổng quát đại số Bool sau : Một hệ gồm tập B có chứa phần tử đặc biệt 0, 1, phép toán , , gọi đại số Bool tính chất sau thoả với x, y, z B: Luật đồng Luật nuốt Luật kết hợp Luật giao hoán Luật phân phối x0=x x1=x x x =1 x x =0 (x y) z = x (y z) (x y) z = x (y z) xy=yx xy=yx x (y z) = (x y) (x z) x (y z) = (x y) (x z) 15 Chứng minh 0 = 1, 1 = 0, x = x 16 Chứng minh đại số Bool thỏa luật De Morgan: (x y) = x y, (x y) = x y 17 Gọi X tập vũ trụ Chứng minh họ tất tập hợp X với tập , tập X phép toán phần bù, hợp, giao tạo thành đại số Bool [...]... } 14 Bằng phương pháp Quine – Mc Cluskey hãy rút gọn hàm Bool sau: a xyz + x y z + x yz + x y z + x y z b xyz + x y z + x y z + x yz + x y z + x y z Các bài tập sau đây dựa trên định nghĩa tổng quát về đại số Bool như sau : Một hệ gồm tập B bất kỳ có chứa 2 phần tử đặc biệt 0, 1, các phép toán 1 ngôi , và 2 ngôi , được gọi là đại số Bool nếu các tính chất sau thoả với bất kỳ x, y, z B: Luật... z) x (y z) = (x y) (x z) 15 Chứng minh 0 = 1, 1 = 0, x = x 16 Chứng minh mọi đại số Bool đều thỏa luật De Morgan: (x y) = x y, (x y) = x y 17 Gọi X là tập vũ trụ Chứng minh họ tất cả các tập hợp trong X với tập , tập X và các phép toán phần bù, hợp, giao tạo thành một đại số Bool ... được nhiều tiểu hạng nhất trong số các tiểu hạng chưa được phủ Theo ví dụ trên, đầu tiên ta chọn a phủ 3, 5, 6 và 7, tiếp theo chọn b phủ được 1và 4 Để phủ tiểu hạng cuối cùng (2) ta có thể chọn tiếp c hoặc d Từ đó ta được dạng chuẩn tắc tối thiểu : f = w z + wy z + w x y hoặc f = w z + wy z + x yz BÀI TẬP I HÀM BOOL 1 Giải phương trình x + y = xy với x, y là các biến Bool 2 Chứng minh luật hấp thụ...đầu tiên với các xâu còn lại mà có số số 1 cách nhau không quá 1, tiếp tục lặp lại với xâu thứ 2 , …) Xâu biểu diễn tích cấp n-1 được tạo bằng cách thay bit bị loại bởi dấu - từ xâu tích cấp n Bước 1 3 Bước 2 1 wxy z 1110 (1,4) 1-10 wy z... 7 Có bao nhiêu hàm Bool f(x, y, z) khác nhau sao cho f( x , y , z ) = f(x, y, z) Chứng minh : 8 bộ giá trị của x, y, z tạo thành 4 cặp giá trị (x, y, z) và ( x , y , z ) Hàm f tại mỗi cặp này có giá trị giống nhau Vì có 4 cặp, mỗi cặp có thể nhận 2 giá trị 0,1 nên có thể tạo được 16 hàm như vậy 1 1 1 1 1 0 1 0 1 a b c 1 0 0 d 0 0 0 0 1 1 0 0 1 0 1 0 d c b a 8 Có bao nhiêu hàm Bool f(x, y, z) khác... 0 1 a b c 1 0 0 d 0 0 0 0 1 1 0 0 1 0 1 0 d c b a 8 Có bao nhiêu hàm Bool f(x, y, z) khác nhau sao cho f( x , y, z) = f(x, y , z) = f(x, y, z ) Chứng minh: Tương tự bài trên, có thể phân hoạch 8 bộ số của (x, y, z) thành 2 nhóm gồm (1, 1, 1), (0, 0, 1), (0, 1, 0), (1, 0, 0) và nhóm còn lại (trên mỗi nhóm này f lấy cùng một giá trị) Vì có hai nhóm nên có thể tạo được 4 hàm f như vậy 1 1 1 1 1 1 0