F + F '= 1 인 이유는 무엇입니까?

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나는 기능을 가지고있다 : $f(x,y,z,w) = wx + yz$

I는 자사 보수 기능을 발견 $f '(x,y,z,w) = w'y' + w'z' + x'y' + x'z'$

$f + f '=1$ 을 보여 주어야 하지만 어떻게해야하는지 알 수 없습니다.

마치 서로 상쇄하는 것이없는 것처럼 보입니다.

편집하다

제안한대로, 나는 이제 DeMorgan의 정리를 사용했고 이것을 찾았습니다.

$f + f' = wx+yz+(w+y)'+(w+z)'+(x+y)'+(y+z)'$

그러나 여전히 의 실현에 더 가깝게하는 것은 아무것도없는 것 같습니다. $f+f' = 1$

boolean-algebra

— 칼
소스

6

힌트 : DeMorgan 's Law

— Spehro Pefhany 사용

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어느 F 또는 F '1 있어야합니다

— 추

4

입력은 4 개뿐입니다. 다른 것이 없다면 간단히 진리표를 작성할 수 있습니다.

— 광자

2

Spehro는 돈에 맞지만 DeMorgan을 첫 번째 단계로 적용해도 도움이되지 않습니다. 따라서 Spehro의 힌트를 조금 확장하려면 솔루션에 DeMorgan을 단계로 포함하는 몇 가지 기본 대수를 수행해야합니다. 간단한 대수 + DeMorgan을 사용하면 f '함수를 명확하게 명백한 f의 부정으로 바꿀 수 있습니다. 한 장의 종이에 그것을 썼을 때, 그렇게하는 데 4 단계가 걸렸습니다.

— Mr. Snrub 님이

1

@ Mr.Snrub "보완 함수 발견"의 첫 번째 단계는 (wx + yz)

— OrangeDog

4

칼이 멋지게 물었다. 시작점 :

f (x, y, z, w) = w x + y z

$f(x,y,z,w)=wx+yz$ 및

f' (x, y, z, w) = w' y' + w' z' + x' y' + x' z'

$f′(x,y,z,w)=w′y′+w′z′+x′y′+x′z′$

다음과 같은 단계를 취 $f'$ :

f' (x, y, z, w) = w' (y' + z') + x' (y' + z')

$f′(x,y,z,w)=w′(y′+z′)+x′(y′+z′)$

f' (x, y, z, w) = (w' + x^{'}) (y' + z')

$f′(x,y,z,w)=(w′+x')(y′+z′)$ DeMorgan :

f' (x, y, z, w) = (w x)' (y z)^{'}

$f′(x,y,z,w)=(wx)′(yz)'$ DeMorgan, 다시 :

f' (x, y, z, w) = (w x + y z)^{'}

$f′(x,y,z,w)=(wx + yz)'$ 이제

f^{'}

$f'$ 의 오른쪽은

의 오른쪽에 대한 단순한 부정입니다.

f

$f$ . 지금 우리가 사실에 의존하기 때문에 어느, 약간의 점강법입니다 표현식

x + x^{'} = 1

$x + x' = 1$ 명에 대해 함께 모든 말을 한 것입니다,

f + f^{'} = 1

$f+f'=1$ ,하지만 적어도 조금을 제공합니다 이것이 사실 인 이유에 대한 부울 대수 설명.

— 씨럽
소스

최종 답변을 통과하지 않고 두 번째 줄에 도착한 방법을 이해할 수 없습니다. 당신의 최종 답변은 나의 첫 단계였습니다. 그것은 단지 양쪽의 부정입니다.

— C. Lange

처음 두 줄은 OP가 제공 한 공식입니다. 그것들은 정의상 출발점입니다. 나는 나중에 그 내용이 OP가 처음 두 공식을 도출 한 부분 일 수 있음에 동의합니다. 그러나 우리는 그러한 정보를 가지고 있지 않습니다. 우리는 단지 확인할 수 없습니다.

— Mr. Snrub 님이

이해-OP 와 같은 질문에

와

가 주어 졌다는 가정 에서 그것들이 쓰여졌습니다. 내 이해는 OP가 이미

를 확장하려고 시도했지만 거기에서 어디로 가야할지 몰랐습니다.

f

$f$

f^{'}

$f'$

f^{'}

$f'$

— C. Lange

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요점은 실제로 함수 $f()$ 실제로 무엇인지는 중요하지 않다는 것입니다. 주요 사실은 출력이 단일 이진 값이라는 것입니다.

부울 대수에서는 값 자체가 거짓 일 때마다 이진 값의 보수가 참이라는 것이 기본 사실입니다. 이것은 배제 된 중간 의 법칙으로 알려져 있습니다 있습니다. 따라서 보수로 값을 OR하는 것은 항상 참이며 보수로 값을 AND하는 것은 항상 거짓입니다.

특정 함수 $f'()$ 를 도출 할 수 있었지만 실제로는 실제 질문과 관련이 없습니다!

— 데이브 트위드
소스

1

이것은 배제 된 중간 의 법칙으로 알려져 있습니다.

— BallpointBen

@BallpointBen: Thanks! I added it to my answer.

— Dave Tweed

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All previous answers are correct, and very much in depth. But a simpler way to approach this might be to remember that in boolean algebra, all values must be either 0 or 1.

So... either F is 1, then F' is 0, or the other way around: F is 0 and F' is 1. If you then apply the boolean OR-function: F + F', you will always have one of both terms 1, so the result will always be 1.

— Opifex
소스

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My answer is similar to the one of Dave Tweed, meaning that I put it on a more formal level. I obviously answered later, but I decided to nevertheless post it since someone may find this approach interesting.

The relation you are trying to prove is independent from the structure of the function $f$ since it is, as a matter of fact, a tautology. To explain what I mean, I propose a demonstration for a general, correctly formed, Boolean expression $P$ in an arbitrary number of Boolean variables, say $n\in\Bbb N$ , $y_1,\ldots,y_n$ , where $y_i\in\{0,1\}$ for all $i=1,\ldots,n$ .
We have that $P(y_1,\ldots,y_n)\in\{0,1\}$ and consider the following two sets of Boolean values for the $n$ -dimensional Boolean vector $(y_1,\ldots,y_n)$

\begin{aligned} Y & = {(y_{1}, \dots, y_{n}) \in {0, 1}^{n} | P (y_{1}, \dots, y_{n}) = 1} \\ \bar{Y} & = {(y_{1}, \dots, y_{n}) \in {0, 1}^{n} | P (y_{1}, \dots, y_{n}) = 0} \end{aligned}

$\begin{align} Y&=\{(y_1,\ldots,y_n)\in\{0,1\}^n|P(y_1,\ldots,y_n)=1\}\\ \bar{Y}&= \{(y_1,\ldots,y_n)\in\{0,1\}^n|P(y_1,\ldots,y_n)=0\} \end{align}$ These set are a partition of the full set of values the input Boolean vector can assume, i.e.

Y \cup \bar{Y} = {0, 1}^{n}

$Y\cup\bar{Y}=\{0,1\}^n$ and

Y \cap \bar{Y} = \emptyset

$Y\cap\bar{Y}=\emptyset$ (the empty set), thus

\begin{aligned} P (y_{1}, \dots, y_{n}) & = {\begin{cases} 0 & if (y_{1}, \dots, y_{n}) \in \bar{Y} \\ 1 & if (y_{1}, \dots, y_{n}) \in Y \end{cases} \\ ⇕ \\ P^{'} (y_{1}, \dots, y_{n}) & = {\begin{cases} 1 & if (y_{1}, \dots, y_{n}) \in \bar{Y} \\ 0 & if (y_{1}, \dots, y_{n}) \in Y \end{cases} \end{aligned}

$\begin{align} P(y_1,\ldots,y_n)&= \begin{cases} 0&\text{if }(y_1,\ldots,y_n)\in \bar{Y}\\ 1&\text{if }(y_1,\ldots,y_n)\in Y\\ \end{cases}\\ &\Updownarrow\\ P'(y_1,\ldots,y_n)&= \begin{cases} 1&\text{if }(y_1,\ldots,y_n)\in \bar{Y}\\ 0&\text{if }(y_1,\ldots,y_n)\in Y\\ \end{cases} \end{align}$ therefore we always have

P + P^{'} = 1 \forall (y_{1}, \dots, y_{n}) \in {0, 1}^{n}

$P+P'=1\quad\forall(y_1,\ldots,y_n)\in\{0,1\}^n$

— Daniele Tampieri
소스

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All good answers that provide the necessary justification in one way or the other. Since it is a tautology, it's hard to create a proof that doesn't just result in "it is what it is!". Perhaps this method help tackle it from yet another, broader angle:

Expand both statements to include their redundant cases, and the remove the repeated cases:

$𝑓=𝑤𝑥+𝑦𝑧\\ \ \ =wx\cdot(y'z'+y'z+yz'+yz)\ +\ yz\cdot(x'w'+x'w+xw'+xw)\\ \ \ =wxy'z'+wxy'z+wxyz'+wxyz\ +\ yzx'w'+yzx'w+yzxw'+yzxw\\ \ \ =wxy'z'+wxy'z+wxyz'+wxyz\ +\ yzx'w'+yzx'w+yzxw'$

and

$𝑓′=𝑤′𝑦′+𝑤′𝑧′+𝑥′𝑦′+𝑥′𝑧′\\ \ \ \ = w'y'\cdot(x'z'+x'z+xz'+xz)\ +\ 𝑤′𝑧′\cdot(x'y'+x'y+xy'+xy)\ +\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ x′y′\cdot(w'z'+w'z+wz'+wz)\ +\ x′𝑧′\cdot(w'y'+w'y+wy'+wy)\\ \ \ \ = w'y'x'z'+w'y'x'z+w'y'xz'+w'y'xz\ +\ 𝑤′𝑧′x'y'+𝑤′𝑧′x'y+𝑤′𝑧′xy'+𝑤′𝑧′xy\ +\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ x′y′w'z'+x′y′w'z+x′y′wz'+x′y′wz\ +\ x′𝑧′w'y'+x′𝑧′w'y+x′𝑧′wy'+x′𝑧′wy\\ \ \ \ = w'y'x'z'+w'y'x'z+w'y'xz'+w'y'xz\ +\ 𝑤′𝑧′x'y+𝑤′𝑧′xy\ +\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ x′y′wz'+x′y′wz\ +\ x′𝑧′wy$

I've kept the terms in consistent order to make the derivation more obvious, but they could be written alphabetically to be clearer. In any case, the point is that $f$ ORs seven 4-bit cases, and $f'$ ORs nine, distinct 4-bit cases. Together they OR all sixteen 4-bit cases, so reduce to $1$ .

— Heath Raftery
소스

4

+1 this is the only answer that is answering the true intention of the OPs question, which is to do some Boolean algebra rather than making theoretical arguments. But per my comment on the OP, note that a more elegant solution does exist; this problem can be solved without needing to add in the redundant cases.

— Mr. Snrub

I would very much like to see that as well. That is, if you have the time and the generosity to do it.t

— Carl

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F + F' = 1 means that you have to show that no matter the state of the 4 inputs, OR'ing the result of those 2 always result in 1,

A few minutes in excel shows it is indeed the case. You can use "NOT()" to invert between 0 and 1 in excel.

F = W * X + Y * Z

F' = W' * Y' + W' * Z' + X' * Y' + X' * Z'

As to why this is the case, If you want F to be false, e.g. setting W and Y low, you just made F' true. If you make X and Z low, you also made F" true, same for swapping there pairs.

— Reroute
소스

2

"F + F' = 1 means that you have to show that no matter the state of the 4 inputs, OR'ing the result of those 2 always result in 1" . No, it doesn't. It merely means that you have to show that regardless of the output (which can only have two possibilities) and the corresponding output of its complement, the relation holds. The inputs are irrelevant, as is the function. The only truth table needed is the one showing the relationship between the output of the function and the output of anything qualifying as its complement.

— Chris Stratton

@ChrisStratton, that depends if the question is to show that the OR of a function and its complement is always 1 (which is trivial by definition of the complement) or to show that the proposed function F' is actually the complement of F. From OP's wording, I think they had a 2 part problem. Part A: find the complement function. Part B: show that it actually is the complement.

— The Photon

0

By simple definition of $+$ (OR) and $′$ (NOT)

 A | B | A + B
---------------
 0 | 0 |   0
 1 | 0 |   1
 0 | 1 |   1
 1 | 1 |   1

 A | A′| A + A′
----------------
 0 | 1 |   1
 1 | 0 |   1

$∴ ∀f. f + f′ = 1$

— OrangeDog
소스