Пороговая функция — различия между версиями

Материал из Викиконспекты
Перейти к: навигация, поиск
Строка 26: Строка 26:
 
:<tex>f=A_1 A_2 + A_3</tex>.  
 
:<tex>f=A_1 A_2 + A_3</tex>.  
  
Для  всякой  пороговой  функции  справедливо
+
{{Утверждение
 +
|statement=Для  всякой  пороговой  функции  справедливо
 
:<tex>[a_1,a_2,a_3,...,a_n;T]=[ka_1,ka_2,ka_3,...,ka_n;kT]</tex>,
 
:<tex>[a_1,a_2,a_3,...,a_n;T]=[ka_1,ka_2,ka_3,...,ka_n;kT]</tex>,
где k — положительное вещественное число. Чтобы убедиться в этом достаточно записать
+
где k — положительное вещественное число.
 +
|proof=Чтобы убедиться в этом достаточно записать
 
: <tex>ka_1 A_1+ka_2 A_2+...+ka_n A_n \ge kT</tex>
 
: <tex>ka_1 A_1+ka_2 A_2+...+ka_n A_n \ge kT</tex>
 
: <tex>ka_1 A_1+ka_2 A_2+...+ka_n A_n < kT</tex>
 
: <tex>ka_1 A_1+ka_2 A_2+...+ka_n A_n < kT</tex>
 
и разделить обе части неравенства на <tex>k</tex>.
 
и разделить обе части неравенства на <tex>k</tex>.
 
+
}}
 
== Пример непороговой функции ==
 
== Пример непороговой функции ==
  

Версия 04:18, 12 октября 2011

Определение:
Булева функция [math]f(A_1,A_2,...,A_n)[/math] называется пороговой, если ее можно представить в виде [math]f(A_1,A_2,...,A_n) = [A_1 a_1+A_2 a_2+...+A_n a_n=\sum_{i=1}^n A_i a_i \ge T][/math], где [math]a_i[/math]вес аргумента [math]A_i[/math], а [math]T[/math]порог функции [math]f[/math]; [math]a_i, T \in R[/math]


Обычно пороговую функцию записывают в следующим виде: [math]f = [a_1,a_2,a_3,...,a_n;T][/math].


Пример

Рассмотрим функцию трёх аргументов [math]f(A_1,A_2,A_3)=[3,4,6;5][/math]. Согласно этой записи имеем

[math]a_1=3; a_2=4; a_3=6; T=5[/math].

Все наборы значений аргументов [math]A_1, A_2, A_3[/math] на которых функция принимает единичное (либо нулевое) значение, можно получить из соотношения вида [math]A_1 3+A_2 4+A_36\gt 5[/math].

Если [math]A_1=0,A_2=0,A_3=0[/math], то [math]0\lt 5 \Rightarrow f=0[/math].
Если [math]A_1=0,A_2=0,A_3=1[/math], то [math]6\gt 5 \Rightarrow f=1[/math].
Если [math]A_1=0,A_2=1,A_3=0[/math], то [math]4\lt 5 \Rightarrow f=0[/math].
Если [math]A_1=0,A_2=1,A_3=1[/math], то [math]10\gt 5 \Rightarrow f=1[/math].
Если [math]A_1=1,A_2=0,A_3=0[/math], то [math]3\lt 5 \Rightarrow f=0[/math].
Если [math]A_1=1,A_2=0,A_3=1[/math], то [math]9\gt 5 \Rightarrow f=1[/math].
Если [math]A_1=1,A_2=1,A_3=0[/math], то [math]7\gt 5 \Rightarrow f=1[/math].
Если [math]A_1=1,A_2=1,A_3=1[/math], то [math]13\gt 5 \Rightarrow f=1[/math].

Таким образом, заданная функция принимает единичное значение на наборах 001, 011, 101, 110, 111. Её минимальная форма имеет вид

[math]f=A_1 A_2 + A_3[/math].
Утверждение:
Для всякой пороговой функции справедливо
[math][a_1,a_2,a_3,...,a_n;T]=[ka_1,ka_2,ka_3,...,ka_n;kT][/math],
где k — положительное вещественное число.
[math]\triangleright[/math]

Чтобы убедиться в этом достаточно записать

[math]ka_1 A_1+ka_2 A_2+...+ka_n A_n \ge kT[/math]
[math]ka_1 A_1+ka_2 A_2+...+ka_n A_n \lt kT[/math]
и разделить обе части неравенства на [math]k[/math].
[math]\triangleleft[/math]

Пример непороговой функции

Примером непороговой функции может служить Сложение по модулю 2 ([math]XOR[/math]).

При аргументах [math](0, 0)[/math] значение функции [math]XOR[/math] равно 0. Тогда, по определению пороговой функции должно выполняться неравенство [math]A_1 x_1+A_2 x_2 \lt T[/math]. Подставляя значение аргументов, получаем, что [math]T\gt 0[/math]. При аргументах [math](0, 1)[/math] и [math](1, 0)[/math] значение функции [math]XOR[/math] равно 1. Тогда, по определению выполняется неравенство [math]A_1 x_1+A_2 x_2 \ge T[/math], подставляя в которое значения соответствующих аргументов, получаем [math]A_1 \ge T, A_2 \ge T[/math]. Отсюда следует, что [math]A_1\gt 0, A_2\gt 0[/math] и [math]A_1+A_2 \ge 2T[/math]. Но это неравенстово не выполняется при аргументах [math](1, 1)[/math]. Значит, функция [math]XOR[/math] непороговая.

Источники