Задача из ДЗ №2. Доказать, что любую монотонную самодвойственную функцию(self-Dual, Monotone), можно представить с использованием медианы(majority function, median operator).
Для функций [math] f : \mathbb{B} \rightarrow \mathbb{B} [/math], удовлетворяют DM [math] p_1. p_1 = \lt x, x, x\gt [/math].
Заметим, что для функций [math] f : \mathbb{B}^2 \rightarrow \mathbb{B} [/math] , всего 2 монотонных самодвойственных функции
Рассмотрим эти функции :
- [math] ~f(0,0)\lt f(1,1) \land f(0,0) = \bar f(1,1)\Rightarrow f(0,0)=0 \land f(1,1)=1 [/math]
- [math] ~f(0,1) = \bar f(1,0)[/math]
Из пункта 1,2 видно, что подходят только функции [math] p_1,p_2 [/math]
Теперь покажем, как эти функции можно представить с помощью медианы :
[math] p_1 = \lt x, x, y\gt , p_2 = \lt x, y, y\gt [/math].
Для функций [math] f : \mathbb{B}^3 \rightarrow \mathbb{B} [/math] только 4 функций принадлежат классу DM
Заметим что для всех таких функций
[math] f(0,0,0) \lt f(1,1,1) \land f(0,0,0) = \bar f(1,1,1) \Rightarrow f(0,0,0) = 0 \land f(1,1,1) = 1 [/math]
- [math]f(1,0,0)= 1 \Rightarrow\left\{\begin{matrix} f(0,1,1) = \bar f(1,0,0) = 0
\\ f(0,0,1) = f(0,1,0)= 0
\\ f(1,0,1) = f(1,1,0) = 1
\end{matrix}\right.\Rightarrow f=p_1 [/math]
- [math]f(0,1,0)= 1 \Rightarrow\left\{\begin{matrix} f(1,0,1) = \bar f(0,1,0) = 0
\\ f(0,0,1) = f(1,0,0)= 0
\\ f(1,1,0) = f(0,1,1)= 1
\end{matrix}\right.\Rightarrow f=p_2 [/math]
- [math]f(0,0,1)= 1 \Rightarrow\left\{\begin{matrix} f(1,1,0) = \bar f(1,0,0) = 0
\\ f(1,0,0) = f(0,1,0) = 0
\\ f(1,0,1) = f(0,1,1) = 1
\end{matrix}\right.\Rightarrow f=p_3 [/math]
- [math]f(1,0,0) = f(0,1,0) = f(0,0,1) = 0 \Rightarrow
f= \lt x_1,x_2,x_3\gt [/math]
Покажем как эти функции представляются с помощью медианы :
- [math] p_1 = \lt x, x, y\gt [/math]
- [math] p_2 = \lt x, y, y\gt [/math]
- [math] p_3 = \lt x, z, z\gt [/math].
Теперь рассмотрим произвольную монотонную самодвойственную функцию [math] f : \mathbb{B}^n \rightarrow \mathbb{B} [/math] для n > 3. Обозначим аргументы [math] x_4, x_5 \dots x_n [/math] за [math] \bar x [/math], то есть [math] f(x_1, x_2, x_3, x_4 \dots x_n) = f(x_1, x_2, x_3, \bar x) [/math]. Тогда введем три функции от n - 1 аргумента:
- [math] f_1(x, y, \bar x) = f(x, y, y, \bar x) [/math]
- [math] f_2(x, y, \bar x) = f(y, x, y, \bar x) [/math]
- [math] f_3(x, y, \bar x) = f(y, y, x, \bar x) [/math]
Очевидно, они также самодвойственны и монотонны из определения f, и f можно выразить одной из функций [math] f_1, f_2, f_3 [/math], так как 2 из 3 аргументов точно совпадут. Теперь выразим f через [math] f_1, f_2, f_3 [/math]:
- [math] f(x_1 \dots x_n) = \lt f_1(x_1, x_2, \bar x), f_2(x_2, x_3, \bar x), f_3(x_3, x_1, \bar x)\gt [/math]
Докажем, что это так. Для удобства обозначений пусть [math] x_1 = a, x_2 = b, x_3 = c [/math]. Тогда есть несколько случаев:
- [math] a = b = c [/math]. Очевидно, выполняется.
- [math] a = b \ne c [/math]. Тогда:
- [math] f = f(a, a, c, \bar x). f_1 = f(a, a, a, \bar x), f_2 = f(c, a, c, \bar x), f_3 = f(a, a, c, \bar x). [/math] Получили 2 случая:
- [math] a = b = 0, c = 1. [/math]
- Тогда можно упорядочить [math] f_1, f_2, f_3 [/math] по возрастанию наборов их переменных(используя свойство их монотонности):
- [math] f(0, 0, 0, \bar x) \le f(0, 0, 1, \bar x) \le f(1, 0, 1, \bar x) [/math]. Так как [math] f(0, 0, 1, \bar x) [/math] - между остальными, то оно и будет медианой [math] f_1, f_2, f_3 [/math].
- [math] a = b = 1, c = 0 [/math]. Доказывается аналогично.
- [math] a = c \ne b [/math] - симметричный случай.
- [math] b = c \ne a [/math] - симметричный случай.
Все!
Вот 1й проектор для n = 4.
А вот и второй:
И какая-то левая функция:
Внезапно, количество таких функций при каждом n.
