ISBN 978-9943-5805-2-7
JJ. o
C - ' f o
0 ‘ZBEKISTON RESPUBLIKASI AXBOROT TEXNOLOGIYALARI
VA KOMMUNIKATSIYALARINI RIVOJLANTIRISH VAZIRLIGI
MUHAMMAD AL-XORAZMIY NOMIDAGI
TOSHKENT AXBOROT TEXNOLOGIYALARI UNIVERSITETI
S. S. SADADDINOVA
DISKRET
MATEMATIKA
0 ‘zbekiston Respublikasi Oliy va o‘rta maxsus ta'Iim vazirligi
tomonidan o‘quv qo'llanma sifatida tavsiya etilgan.
1-qism
TOSHKENT - 2019
I_
UO K: 51
KBK: 22
S.S.Sadaddinova. Diskret matematika. 1-qism. ( 0 ‘quv qoMlanma). T.: «AIoqachi»>, 2019. - 224 b.
ISBN 97S-9943-5805-2—7
Ushbu qo'llanma universitetlar hamda
texnika oliy o‘quv
yurtlarining “Diskret matematika” kursi materiallarini o‘z ichiga oladi.
Jumladan, to‘plamlar nazariyasi, kombinatorika elementlari, graflar
nazariyasi, munosabatlar, akslantirishlar, chekli avtomatlar, injener
uchun matematik
mantiq
elementlari, DNSh sinfi bo‘yicha
minimallash, algebraik strukturalar boMimlarining asosiy masalalari
keltirilgan.
*
Kitobda hozirgi zamon hisoblash matematikasi va dasturlash
asoslarining yutuqlari o‘z aksini topgan.
QoMlanma universitetlar, texnika oliy o‘quv yurtlari, pedagogika
institutlari talabalari va professor-o‘qituvchilari uchun mo'ljallangan.
UO‘K: 51
KBK: 22
Taqrizchilar:
Sh.A.Sadullayeva - f.-m.f.d., Toshkent axborot texnologiyalari
universiteti;
A.A.Abdug‘aniyev f.-m.f.n., dotsent, Toshkent davlat texnika
universiteti.
ISBN 978-9943-5805-2-7
© «Aloqachi» nashriyoti, 2019.
2
SO‘Z BOSHI
“Diskret” tushunchasi “uzluksiz” tushunchasiga teskari lushuncha
hisoblanadi. Diskret matematika fani to'plamlar nazari>asi,
kombinatorika
elementlari,
graflar
nazariyasi,
munosabatlar,
akslantirishlar, chekli avtomatlar, injener uchun matematik mantiq
elementlari, DNSh sinfi bo'yicha minimallash, algebraik strukturalar
kabi bir qancha boiimlardan tashkil topgan.
Diskret matematikaning elementar kirish qismini o rganmay turib,
informatika va dasturlashdan muvaffaqiyatga erishib boimaydi.
Diskret matematika fani ‘informatika va hisoblash texnikasi”, “Raqamli
qurilmalar va ulaming matematik asoslari”, “Elektronika” kabi fanlar
bilan chambar-chas bogiiqdir. Ushbu kitobda mazkur fanning
fundamental tushunchalari qiziqarli misollar, testlar va chizmalar
yordamida bayon qilingan.
Maqsad elektron hisoblash texnikasi va avtomatlashtirilgan
tizimlami boshqaruvchi, matematik bilimlami ham nazariy, ham amaliy
usullarini egallagan injener-dasturchilami tayyorlashdir.
Muallif qimmatli maslahatlari uchun Muhammad al-Xorazmiy
nomidagi Toshkent axborot texnologiyalari universiteti “Algoritmlash
va
matematik
modellashtirish”
kafedrasining
dotsentlari
0 ‘.N.Qalandarov, X.A.Abduvaitovlarga samimiy minnatdorchiligini
bildiradi.
3
1. TO‘PLAMLAR NAZARIYASI
1.1. To‘plamlarning berilishi
To‘plamlar matematika va informatikada maTumotlami eng qulay
tilda ifodalash imkonini beradi. To'plam tushunchasiga birinchi boTib
1896 yilda G.Kantor (1845-1918) “To‘plam bu birgalikda deb idrok
ctiladigan juda ko‘plikdir, debta'rif bergan.
Tarixiy ma'lumot: Georg Kantor (1845-1918) Rossiyaning SanktPeterhurg shahrida tug 'ilgan, otasi katta savdogar va broker bo'lgan.
Bolaligidan Kantor matematikaga qiziqqan. 1856 yilda oilasi
Germaniyaga ko 'chih keladi. 6 yil o ‘tib, u Syurix universitetiga o ‘qishga
kiradi, biroq keyingi yildan matematika, fizika va filosofiyani o ‘rganish
uchun Gall universitetiga o'tadi. U yerda mashhur matematik Karl
Veyershtrass (1815-1897) bilan tanishadi. Kantoming otasi o'g'lining
injener bo'lishini xohlagan bo'lsa-da, Kantor matematikaning sonlar
nazariyasi yo'nalishidan ketdi va 22 yoshida Berlin universitetida fanlar
doktori ilmiy darajasini oldi.
1869 yildan Kantor Gall universitetida lektsiya o 'qiy boshladi va 5
yil o'tib o'zining to'plamlar nazariyasida inqilobiy o'zgarish qilgan
ishini nashr qildi. Kantor chekli soniarning analogi bo 'lgan transfinit
sonlar arifmetikasini ishlab chiqish bilan matematik tadqiqotlarning
yangi yo ‘nalishini ochib berdi. Shuningdek, Kantor aniqmas
lenglamalar, trigonometrik qatorlar sohasiga ham sezilarli hissasini
qo 'shgan. Shuningdek, u san 'at, musiqa va falsafa bilan ham qiziqqan.
Gall universitetida kam haq to'lashlariga norozi bo'lib, Berlin
universitetiga ishga o'tadi. U yerda mashhur matematik Leopold
Kroneker (1823-1891) bilan ziddiyatga kelib qoladi. Olim Kantoming
to'plamlar haqidagi ilmiy ishlarini tanqid qiladi. O'sha davrning
matematiklari tomonidan qarshiliklarga uchragan Kantor sog'ligini
yo 'qotadi va 1918 yilda Gallda kasalxonada vafot etadi.1
1 Thomas Koshyll Discrete Malheinatles with Applications// Department in Oxford,
•( alifornia. 2012 y. 68-p.
4
Atoqli matematik N.N.Luzin (1883-1950) o‘zining to'plamlar
nazariyasiga bag‘ishlangan ma'ruzalarida to‘plamni ‘To'plam bu
turlicha ob'yektlarni solish mumkin bo'lgan qop” deb ta'riflar edi.
Hozirgi paytda to'plam deb, biror bir umumiy xususiyatga ega
boMgan ob’yektlar majmuasiga aytiladi. To'plamni tashkil qiluvchi
ob'yektlar uning elementlari deviladi. To'plamlami lotin alifbosining
bosh harflari A.B,C,...J',Q,S__ K,Y.Z bilan, elementlarini esa kichik
harflari
a ,b ,c , .. ., p ,q , s , .. .j, y , z bilan belgilanadi. x element
X
to‘plamga tegishli bo‘lsa, x e X ko‘rinishda, tegishli bo'lmasa x e X
ko'rinishda belgilanadi.
Birorta ham elementi boMmagan to'plam bo‘sh to‘plam deyiladi va
0 deb belgilanadi.
To'plamlar 3 xil usulda beriladi:
1) To'plamga tegishli elementlarning barchasini keltirish orqali (ro'yxat
ko‘rinishi), ya’ni agar x,. x,.... x„ lar A to‘plamning elementlari boMsa, u
holda a = (x,.x,....x„} kabi yoziladi;
2) To‘plam elementlarining xossalari bilan
berish mumkin, bu
xarakteristik predikat deyiladi: .4 = {x:P(x)};
3) To‘plam elementlari formula ko‘rinishida berilishi mumkin.
Misol. Toq natural sonlar to‘plamini 3 xil usulda yozish:
1) ro'yxat ko'rinishi: A = {l,3,5,7,...},■
2) xarakteristik predikat: .4= {3x: x - t o q natural sonlar }
3) formula shaklida: A = {x : x = 2 n - \ , n e N}.
Misol. 1 dan 9 gacha boMgan sonlar to‘plamini 3 xil usulda yozish:
1) Ro'yxat ko'rinishi: P = {l,2,3,4,5,6,7,8,9};
2) xarakteristik predikat:
P = {n |n s= 0; for n ffom 1 to 9 do n: = n + 1; yield n end forj;
3) formula shakli: P-{n|rteA'', n<l()}.
Agar to‘plam elementlari soni chekli boMsa, unga chekli to‘plam
deyiladi, aks holda cheksiz to‘plam bo'ladi.
Barcha uch xonali sonlar to'plami chekli: {100,101,102... 998,999};
tub sonlar to'plami cheksiz bo'ladi.
Cheksiz to'plamlar asosan xarakteristik predikat orqali beriladi,
xususan:
N = {m |n = 0;while true do n:= n+l yield n end while }.
Cheksiz to'plamlar ikkiga bo‘linadi:
sanoqli to‘planilar va sanoqsiz to‘plamiar.
Agar cheksiz to‘plam elementlari bilan natural sonlar o‘rtasida bir
qiymatli moslik o ‘rnatish mumkin bo‘Isa, unga sanoqli to‘plam
deyiladi, aks holda sanoqsiz to‘plam boiadi.
Bo‘sh to‘plam chekli va sanoqli to‘plam hisoblanadi va 0 ^ {0 }
o'rinlidir.
Misol: a) butun sonlar to‘plami sanoqli;
b) irratsional sonlar to‘plami sanoqsiz;
v) juft sonlar to‘plami sanoqli to'plamga misol b o ia oladi.
m dan n gacha boigan butun sonlar to‘plami - diskret to‘plam
boiib, uni
{k£Z\m<k va k
e Z\for k fiom m to n do yield k end for)
ko‘rinishida yozish mumkin.
Shunday to‘plam!ar borki, ularning barcha elementlari boshqa
biror kattaroq to‘plamga tegishli boiadi. Masalan, a: = {o,2,4, 2n,
ning barcha elementlari z = {o,±i,±2.±3, } ning ichida yotibdi.
Agar A to'plamning har bir elementi B to‘plamning harn elementi
boisa, u holda a to‘plam B to'plamning qism to‘plami deyiladi va
A a B , ba’zan \os qism to‘plam deb ham yuritiladi.
Bo‘sh to‘plam va to'plamning o‘zi xosmas qism to‘plam deyiladi.
Bo‘sh to‘plam ixtiyoriy to‘plamning qism to‘plami boiadi.
Misol. B - barcha daraxtlar to'plami,
A - mevali daraxtlar to'plami boisa, AczB boiadi.
Quyida A<zB ning diagrammasi keltirilgan:
Nazorat uchun savollar:
1. To'plamlar nazariyasining asoschilari deb kimlarni bilasiz?
2. To‘plam tushunchasiga ta’rif bering.
3. Sanoqli to‘plam deb nimaga aytiladi?
4. Cheksiz to‘plam qanday boiadi?
5. To‘plamning berilish usullarini sanab bering.
6
6. Xos vaxosmas qism to'plamlaming farqi nimada?
7. Qanday sonlar to'plamlarini bilasiz?
MISOL VA MASALALAR
1. Quyidagi to'plamlar uchun soddaroq berilish usulini yozing:
a) A - {«: x-butun son va x2+ 4 jc—12 = o};
b) B = {x : x - "r" >arti qatnashnBydigan oy nomlari |,
v) C = {n : n-butunson}.
2. Quyidagi to'plamlar elementlarini yozing:
a) -4= {x: i e Z, 16<x^23};
b) « = {*: *eZ, x: <I«J;
v) C = {x: X€ N, - 6 i x S 3 } ;
g ) D = {r xe N, x: <36}.
3. Butun sonlarto'plamining qism to'plamlarini yozing:
a) /t = {}*|keAr, koo};
b) B= {2*| l<k<!5,keZ};
v) C=(n| neZ, n; <8l).
4. Quyidagi to'plamlami formula va xarakteristik predikat shaklida
yozing:
a) /4= {t:3:5;...:2n-l;...};
b) B = {2; 4; 6;...; 2n;...};
v) C = {0; I; 2; 3; 4; 5}.
1.2. To‘plam]arning tengligi
Agar to'plamlar
bir xil elementlardan iborat
bo'lsa va
elementlaming tartibi inobatga olinmasa, bu ikkita to'plam teng A = B
deyiladi. Aks holda A va B to'plamlar teng emas A*B deyiladi.
Agar AcB va .4 = 5 munosabat bajarilsa, A c B kabi belgilanadi.
n , z , R - mos ravishda natural, butun, haqiqiy sonlar to'plamlari
uchun quyidagi munosabatlami yozish mumkin: V cZ ,V cfi,Z ct(.
Teorema 1. Ixtiyoriy a , b , c to'plamlar uchun quyidagilar o'rinli:
a) A c A ;
b) A g; B va B c C bo'lsa, u holda A c C o'rinli.
Teorema 2. Ixtiyoriy A va B to'plamlar uchun ,4 = 5 tenglik
o'rinli bo'ladi, faqatvafaqat A cr B va 5 c .4 bo'lsa.
7
Demak, to'plamlar elementlari sonining tengligi ulaming birbiriga teng ekanligini bildirmaydi, shuning uchun ham
quyidagi
shartlami kiritamiz: V ae/1 uchun 3ee=B topilsaki, a - b bo‘lib, a efl
va />£/( shart bajarilsa , u holda A = B bo‘ladi.
\lisol. Teng va teng bo'lmagan to‘plamlar:
{a,b,c,d}= {c,d,a,b}\
{a ,b ,c,d }* {c,a,b}\
{x Ix 2- 3x + 2 = o}= {l;2}.
Teorema 3. Ixtiyoriy a , B, c to‘plamlar uchun A ^ B va B c C
munosabat o ‘rinli bo‘lsa, u holda A c C bo‘ladi.
Agar to'plamning eiementlari ham to'plamlardan iborat bo‘lsa,
unga to'plamlar oilasi deyiladi.
Misol.
1)
/t= { { 0 }.{3. d,
2 )}\
2) Agar KP580 mikroprotsessor qurilmasining 8-razryad buyruq tizimi
qaralayotgan bo'lsa, d to‘plamlar oilasi quyidagicha yoziladi:
D = {P, : P' - buyruq
berish
gitruhi},
bunda pr jo'natish buyruqlari to'plami,
p, - arifmetik amallar buyruqlari to'plami,
p.- mantiqiy amallar buyruqlari to‘plami....
3) C = {{«},(*, c),{e, f , g}} va E = {b. c} bo‘lsa, £<zC'bo‘ladi, chunki bu
holda E to'plamning o ‘zi C to'plamlar oilasining elementi boMadi.
A to'plamning barcha xos va xosmas qism to‘plamlaridan tuzilgan
to'plamga Bul to'plami deyiladi va 2A kabi belgilanadi.
Tasdiq. Agar to‘plam chekli boMib, n ta elementdan iborat
boMsa, u holda bu to‘plamning barcha qism to‘plamlari soni 2” ga
teng.
Misol. A = {3, 5. 6} ning barcha qism to‘plamlarini yozamiz:
4 = {3},
^ = { 3 .5 } ,
/(,= { 3 .5 .6 } ,
-T={5},
4 = {3, 6},
A, = { 0 } .
/(,={ 6},
4 = {5, 6},
4 , 4 , 4 , 4 , 4 , 4 lar A to'plamning xos qism to'plamlari, 4 .4 lar esa
xosmas qism to'plamlaridir, 2A= {{3},{5},{6>.{3;5},{3;6(,{5;6>,{3;5;6},{0 }} Bul
8
«
•
3
to‘plami hisoblanadi, demak 3 ta elementdan iborat to'plamning 2 =8 ta
qism to‘plami mavjud.
Misol. A = {a, b, c } to'plamning qism to‘plamlarini nemis
matematigi Gelmut Xasse (1898-1979) quyidagi diagramma shaklida
ifodalagan:
Misol. Agar A to'plam S to"plamning qism to‘plami va
bo‘lsa, u holda AU{s} ham S to‘plamning qism to‘plami bo‘ladi. Shu
shart asosida S to‘plamning barcha qism to‘plamlarini aniqlaydigan
algoritm keltirilgan:2
Algorithm subsets(S)
(* This algorithm finds the power set of a set S with n elements
s j , S2, . . . , s n. Sj denotes the j t h element in the power set. *)
Begin (* subsets *)
power set <— { 0 }
(* i n i t i a l i z e power set *)
numsubsets * - 1 (* i n i t i a l i z e the number of subsets *)
fo r i ■ 1 to n do {* s^ denotes the 1th element in S *)
begin (* for *)
j ♦- 1
(* j - t h element in P( S) *)
temp «— numsubsets (* temp is a temporary va ria b le * )
while j < temp do (* construct a new subset *)
begin (* whi1e *)
add Sj U { s , } to the power set
j — j + 1
numsubsets <— numsubsets + 1
endwhile
endfor
End (* subsets *)
2 Thomas koshy// Discrete M athfm atics with Applications// Departm ent in Oxford,
Californiit. 2012 y, 264-p.
9
Nazorat uchun savollar:
1. Bul to‘plami qanday tuziladi?
2. Ixtiyoriy A to‘plam uchun A^.4 o‘rinli bo‘lishini ko‘rsating.
• 3. To‘plamlar oilasi deganda nimani tushunasiz?
4. To‘plamlar qachon teng deyiladi?
5. Ixtiyoriy a , B, c to‘plamlar uchun a ^ b va flcC bolsa, u
holda A a C o‘rinli ekanligini isbotlang.
6. Ixtiyoriy a , B, c to'plamlar uchun a g. a , ^ c f l v a f l c C
bo'lsa, u holda a <z C o‘rinli ekanligini isbotlang.
MISOL VA MASALALAR
Quyidagi to'plamlaming qism to‘plamlarini va Bul to‘plamini tuzing:
B = {a;b;c;d}’,
A = {x: x e Z, 16 < x 5 23};
a)
A = {l,3;4;5};
b)
v)
C = {«. « e iV. K w < 4 ).
d)
B = {r: xe Z . x2 < 18};
g)
e) C = {x : x € N, -6 < K S 3 } ;
k)
D = (x: xe N, x’ < 36};
1.3.
To‘plamlar ustida amallar
Agar qaralayotgan to‘plamlarning barchasi biror u to'plamning
qism to‘plamlaridan iborat bo‘lsa, U to‘plamga universal to‘plam
yoki universum deyiladi.
A va B to‘plamlaming birlashmasi ,4115 deb, bu to‘plamlaming
hech boMmaganda bittasiga tegishli boMgan elementlardan iborat
to‘plamga aytiladi.
Misol. >4= {1;3;5} va fi={4;5;6} to‘plamlar berilgan bo‘lsin. U
holda .4U5= {1 ;3 ;4 ;5 ;6 } boMadi.
A va B to'plamlaming kesishmasi a C\b deb, ham A to‘plamga,
ham B to'plamga tegishli elementlardan iborat to‘plamga aytiladi.
10
AHB
AC\B=0
A DB-A
Misol. /1={1;3;5} va 5={4;5;6} tolplamlar berilgan bo‘lsin.
U holda /infi={5} boiadi.
A to'plamdan B to'plamning ayirmasi A\B deb, A ning B ga
tegishli boimagan elementlaridan iborat to‘plamga aytiladi.
Misol. A ={ 1;3;5} va fl={4,5;6} to‘plamlar uchun /l\fl= {l;3 }
va fl\/l={4;6} o‘rinli.
A va B to‘plamlarning simmetrik ayirmasi .4Afideb, a
to'plamning B to‘plamga, B to'plamning A to‘plamga tegishli
boimagan
elementlaridan
iborat
to‘plamga
aytiladi:
AAB = AG>B = (A \B )\J(B \A )
Misol. /i={l;3;5} va fl={4;5;6} to'plamlar berilgan boisin.
/i\fi={l;3} va b \ a = { 4 \ 6 ) boisa, simmetrik ayirmasi AAB ={1 ;3;4;6}
boiadi.
u to'plamning A to‘plamga tegishli boimagan elementlaridan
tuzilgan a to‘plamga A to‘plamning toidiruvchisi deyiladi va
quyidagicha aniqlanadi:
A = U \ /l = {3jr : x e ( / , x « A}
\
J.
\
tJ
n
Misol. u -haqiqiy sonlarto'plami va A - ratsional sonlarto'plami
bo'lsa, u holda a irratsional sonlar to‘plami bo'ladi.
Tarixiy ma'lumot: Rene Dekart (1596-1650) Frantsiyaning Tour
shahrida tug'ilgan. 8 yoshida uni La Flesh katoliklar maktabiga
berishadi, salomatligi yaxshi bo 'lmagani uchun Dekart yotgan holida
karavotlarning joylashuvi haqida xayol surardi. 1612 yilda oiiasi bilan
Parijga ko ‘chib o 'tishadi. Shu yerda qisqa muddatda matematikani
o 'rganadi. 5 yil ichida harbiy mansabi taqozosi bilan Yevropani kezib
chiqadi. So ‘ng u Parijga qaytib keladi va u yerda matematika, falsafa
fanlarini
o ‘rganadi.
Xizmat
vazifasi tufayli Gollandiyaga
o ‘tkazilgandan keyin 20 yil davomida bir nechta kitob yozadi. Uning
1637 yildagi kitobi analitik geometriyaga bag‘ishlangan. 1649 yilda
Dekart Qirolicha Kristina taklifiga ko ‘ra Shvetsiyaga ko 'chib keladi.
O ‘sha yerda og 'ir shamollash tufayli olamdan o ‘tadi. '
^ va { to'plamlaming dekart ko'paytmasi
tartiblangan juftliklar to'plamiga aytiladi va
A x B = {< a,
>,a} e A,
A k B deb, barcha
e B}
kabi belgilanadi.
Misol.
a = {1,2,3.4}
va
b = (1,2,3)
to'plamlarning
dekart
ko'paytmalarini topishda quyidagi chizmani hosil qilish mumkin:
Misol.
3
•
•
• ®
2
•
•
•
•
1
•
•
•
*
1
2 3
4
a = {o. ,a2}va
B = {b„b,,b})
. . .
. ..
to'plamlaming
dekart
ko'paytmalarini topish:
,4xB = {{a^byAa^b^Aa^bjyAa^byAa^b^yAa^bfi-,
Bx A = {(6,,a,):(£,,a,);(£>,.a,);(b2.a2);(6,.a,);(*,.a2)}.
} Thomas Koshy// Discrete Mathematics with Applieations// Department in Oxford. Caiifomia.
2012 >, 87-p.
12
A
4, n ta to‘plamning dekart ko‘paytmasi deb,
A, x A2x ...x A„ = {(a,;a2;...»„)|a1 e A,,a2 <=Az,...<an eA,,}
ko‘rinishidagi to'plamga aytiladi.
A'*AxAx...xA to‘plamga A to‘plamning dekart
A2 = AxA to‘plamga dekart kvadrat deyiladi.
n-darajasi,
Teorema 1.
A ,B ,C - ixtiyoriy to‘plamlar boMsin. U holda
quyidagi tengliklar o'rinli:
a) a x {b \j c )=(a x b )\j {a x c Y,
b) Ax(Bnc)={AxB)C\{AxC)\
v) /lx(B\C) = (/<xB)\(ylxC).
Teorema 2. Agar a to‘plam m ta, B to‘plam n ta elementdan
tashkil topgan boMsa, u holda ulaming AxB dekart ko‘paytmasi mxn
ta elementdan iborat bo'ladi.
b = {0;1} to‘plam uchun B’ to‘plam uzunligi n ga teng 0 va 1
lardan iborat to‘plam boMadi. Ularni dasturlash tilida « uzunlikdagi
“bit qatori” deyiladi.
Chekli to'plamlarda amallarni modellashtirish uchun “bit qatori”
qanday qoMlaniladi?
Aytaylik, S = {s„s2... j„} bo'lsin. Agar /ic S boMsa, u holda a
to‘plamga n-bit qatori (6,.*,.
ni mos qo‘yamiz, bunda s, e A boMsa,
b, = i boMadi. Aksincha, agar s, <tA boMsa, b, = o boMadi. Bunday bit
qatoriga A qism to‘plamning xarakteristik vektori deyiladi.
Misol. Universal to‘plam U = {1;2;3;4;5 } va /4 = {1;3;5}, B = {3A)
boMsin. 1) a va b to‘plamlaming xarakteristik vektorlarini toping.
2 ) a \j b , a C\b ; a to'plamlaming xarakteristik vektorlarini
toping.
Yechilishi: a to'plamning xarakteristik vektori a = (l;0;l;0;l),
b to'plamning xarakteristik vektori b = (0;0;i;i,0) boMadi.
A\JB esa a\Jb = (1;0;1;0;1)U(0;0;1;1;0) = (1;0;1;1;1)
Af\B to'plam uchun trD* = (1;0;1;0;1)fl(0;0;1;1;0) = (0;0;1;0;0)
A ning xarakteristik vektori a = (0;1;0;1;0).
13
Demak, /f llf l = {l;3;4;5}, 4 n s = {3), ^ = {2;4J q ism to'plamlar hosil
bo'ladi.
Misol. Jadvalda {x,>\z}qism to'plamning bit qatori tartibi
berilgan. Quyidagi algoritmda {z} va {>,z}dan keyingi bit qatorini
topish algoritmi keltirilgan:
Subset
Blt String
0
(x)
i y>
fx,y)
(z)
(x.z)
{y,z)
(x,y,z)
000
001
010
011
100
101
110
111
Algorlthm next-subset (bn_ibn _ 2 . . . b0)
(* Th1s algorlthm Tlnds the bit strlng of the subset that
fotlows a glven subset of an n-element set S. *)
Begin (* next-subset *)
flnd the flr s t 0 from the rlght
change i t to 1
replace the b1ts to its rlght w1th O's
End (* next-subset *)
Ushbu algoritmda 5" = { x , y , z } to‘plamning barcha qism to‘plamlari
bit qatorini topish algoritmi keltirilgan:
Algorlthm subsets (S)
{* Uslng the next-subset algorlthm, thls algorlthm flnds the bit
representations of all subsets of an n-element set S. *)
Begln {* subsets *)
bn_ ]bn _ 2 . . . bo *- 00 . . . 0 (* ini tia li ze string *)
done <- false (* boolean flag *)
whlle not done do
begin {* while *)
find the subset following b„_ibn_2 . . . bo.
1f every b1t b( =1 then {* termlnate the loop *)
done *- true
endwhlle
End (* subsets *)
Bit qatorini qo'shish va ko‘paytirish amallarini ustun shaklida
quyidagicha tushuntirish mumkin:
a = (l;0;i;i;0) va b = (i;0;i;i) vektorlami qo‘shish:
14
+
10 1 1 0
10 11
1 0
0
0
0
1
a = (i;0;i;i) va b = (i;0;i) vektorlami ko'paytirish:
10
x
11
1 0
1 0
1
11
o o o o
1 0 11
1 10 111
Ikkilik sistemasidagi ikkita sonni ko'paytirish algoritmi quyida
keltirilgan:
Algorithn blnary aultipllcatlon (x, y, p)
(* This algorithm computes the product p = (pn+nPn+n-1 •■-Po)tHo
of the binary numbers x = (xmxm_ i . . .xi.xo)two and
y = (ynyn- i - - - y i y o ) t w . using shifting. *)
Begin (* algorithm *)
for j = 0 to n do
b eg in (* for *)
multiply each bit x( by yj
shift the resulting binary word to the left
by j columns
wj « - resulting binary word
endfor
add the partial products Wj
p « - resulting sum
End (* algorithm *)
1.4.
Mustaqil to‘plamlar va qoplamalar
To'plamni qism to'plamlarga ajratish amali - to'plamlar ustida
amallaming eng ko‘p uchraydigan turi hisoblanadi.
,
Misol 1) Laboratoriya qurilmalari to‘plami astsillograf, voltmetr,
generator va hokazolarga ajratiladi.
2)
Natural sonlar to'plamini toq va juft sonlar to'plamlarig
ajratish mumkin.
Aytaylik, S = {A„AU...,A„) biror to'plamlar oilasi va qandaydir
elcmentlar to'plami s' berilgan bo‘lsin.
s to‘plamlar oilasi s ' to‘plamning bo‘lagi deyiladi, agar u
quyidagi shartlami qanoatlantirsa:
15
1) s to‘plamlar oilasidan olingan ixtiyoriy A, to‘plam S' to'plamning
qism to‘plami bo‘lsa, ya'ni va , \A, e S - + A , g s 1;
2) 5 to‘plamlar oilasidan olingan ixtiyoriy a , va a to‘plamlar o‘zaro
kesishmaydigan to‘plamlar bo‘lsa, ya’ni
VA, e S, VAj e S :A, * A, -* A, nA , = 0 ;
3)
BoMaklaming birlashmasi 5'to‘plamni hosil qilsa, ya’ni
n
U
A,f-M
i=l
A, =UA = S ';
a , - to‘plamlar boMaklar sinflari deyiladi.
Misol. s ' = {a,b;c,d} tO‘plam uchun S, = {{a;b);{c;d}} va
Sj = \{a).{h.c),{d)} to‘plamlar oilasini hosil qilish mumkin. U holda
5' =s, u Jj bo‘ladi, bunda s, uchun A, ={a;6}, A2 = {c;d} va s 2 uchun
A, = {a}, At ={b;c }. a2 = { d } bo'laklar boMadi.
3 = {& },«. biror M to‘plamning qism to‘plamlari
E <zM oilasi
boMsin. 3 oila m to‘plamning qoplamasi deyiladi, agar A/ning har bir
elementi e , ning hech boMmaganda bittasiga tegishli boMsa, ya’ni
Vx e M (3 i e I (x e E ,)).
Agar 3 oilaning elementlari o‘zaro kesishmasa, ya’ni A/ning har
bir elementi bittadan ortiq boMmagan £, to‘plamga tegishli boMsa, ya’ni
V i J e I(i * j => E, 0 E, = 0 )
unga diz’yunktiv oila deyiladi
Misol. M- = { 1;2;3} to‘plam uchun {{I;2>:{2;3>, {3;l}}—qoplama boMadi.
{{!}:{2>,{3}}— boMak ham boMadi, qoplama ham boMadi.
{{l>;{2>} - diz’yunktiv oila boMadi, qoplama ham, boMak ham boMa
olmaydi.
1.5. Eyler-Venn diagrammasi asosida to plam ko‘rinishini
tiklash
To‘plamlami tekislikda shakllar yordamida tasvirlash XIII asrda
boshlangan. Birinchi “fhlsafiy kompyuter” ixtirochisi R.Lulliy (12351315) aylanalar yordamida sonlar, harflar va ranglar ustida amallar
16
bajargan. Keyinchalik L.Eyler va J.Venn ishlarida ham masalalarni
chizmalar yordamida yechishga urinishlarni ko‘ramiz.
Tarixiy ma'lumot: Leonard Eyler (1707-1783) Shvetsariyaning
Beyzel shahrida tug'ilgan. Uning otasi ruhoniy ho 'lgan va Eylerni ham
ruhoniy ho'lishga undagan. Eylerning maqsadi hoshqa kasb egasi
ho 'lish edi, lekin u otasining hoxishiga qarshi chiqmaydi va din ilmini
o'rganish uchun Beyzel universitetiga o'qishga kiradi. Universitetda
o 'qish mohaynida Eyler matemalika hilan ham shug 'ullanadi va
mashhur matematik Iogann Bernulli (1667-1748) nazariga tushadi.
Bernulli Eyleming otasi hilan suhbatlashib, o'g'lining buyuk
matematik bo'lishi mumkinligiga ishontiradi va ilmiy tadqiqotlarini
matematika sohasida olib borishiga ko'ndiradi. 19 yoshida Eyler
birinchi maqolasini e'lon qiladi. Ammo bu maqolasi 1727yildagi Parij
Akademiyasi mukofotiga sazovor bo'lmagan bo'lsa-da, keyinchalik
Eyler bu mukofotni 12 marta yutib chiqqan. Uning aqliy xotirasi juda
kuchli bo'lgan. Joy va makon tanlamasdan faqat
ilm bilan
shug 'ullangan.
Tarixiy ma'lumot: Jon Venn (1834-1923) Angliyada tug'ilgan.
O'rta maktabni tugatib, 1853 yilda Kembridjdagi kollejga o'qishga
kiradi va 3 yilda diplom oladi. 1859 yildan Venn cherkovda xizmat
qiladi, biroz vaqtdan keyin o ‘zi o 'qigan kollejda axloqiy fanlardan
ma ‘ruzalar o 'qiy boshlaydi. 1883 yildan ruhoniylikni tashlavdi va shu
yili Londonda Qirollik jamiyatiga qabul qilinadi. Venn Bulning
mantiqiy ilmiga qiziqib qoladi va 1881 yilda Bul g'oya/aridagi va
belgilashlaridagi nomutanosiblik hamda tushunmovchiliklarni ochib
beradigan, "Mantiqiy belgilar" deb nomlangan shox asarini yozadi,
Asarda Leyhnits tomonidan yaratilgan va keyinchalik Eyler tomonidan
rivojlantirilgan usuldan, geometrik diagrammalardan foydalanadi.
Venn tadqiqot sohasini tasvirlash uchun to 'g 'ri to 'rtburchakni kiritadi4
1.3 paragrafda kiritilgan birlashma, kesishma, ayirma va simmetrik
ayirma amallari yordamida ayrim to‘plamlarni boshqalari orqali
ifodalash mumkin, buning uchun amallami bajarish tartibi mavjud:
birinchi to'ldiruvchi amali, so'ngra kesishma amali, undan
4 Thomas Koshy// Discrcte Mathematics with Applications// Department in Oxford, Califomia.
2012 y, 72-p.
17
so'ng
yig'indi va oxirida ayirma amallari bajariladi. Bu tartibni
o‘zgartirish uchun qavslardan foydalaniladi.
To'plamni boshqa to'plamlar orqali amallar va qavslardan
foydalangan holda ifodalash to'plamning anaiitik ifodasi deyiladi.
1.3 paragrafda to'plamning analitik ifodasi berilgan bo'lsa, uning
diagrammasini chizish kerak edi, endi teskari masala, ya’ni berilgan
diagrammaga ko'ra to'plamning analitik ifodasini aniqlash kerak.
Misol. Eyler-Venn diagrammasidagi shtrixlangan sohani bitta
universumga tegishli bo'lgan a , B, c to'plamlar orqali ifodalang.
Yechilishi:
1- usul:
(/)nfinou(.-t\(fiuc))U(s\(.4uc))U(c\(^uB))
2- usul: A&BAC
Misol. Shtrixlangan sohani bitta universumga tegishli bo'lgan
a , B, c to‘plamlar orqali ifodalang.
Yechilishi: l-usul: (.•<na\C)U (.4nc\fl) U (sn c\.t)
2-usul: a &b &c
INazorat uchun savollar:
1. To'plamlar ustida qanday amallar bajarish mumkin?
2. Dekart ko'paytmani hisoblash algoritmini ayting.
3. To‘plamlarning birlashmasi deb nimaga aytiladi?
4. To'plamlarning kesishmasi deb nimaga aytiladi?
5. To'plamlarning ayirmasi deb nimaga aytiladi?
6. To‘plam!aming siminetrik ayirmasi deb nimaga aytiladi?
18
IMISOL VA MASALALAR
1. “Filologiya” va “filosofiya” solzlaridagi harflar io‘plamining
birlashmasi hamda kesishmasini toping.
2. “Matematika” va “grammatika” solziaridagi harflar to'plamining
birlashmasi hamda kesishmasini toping.
3. U = {],23A.a,b.c,d.e} universal to‘plamda a va B to‘plamlar berilgan
bo'lsin. a UB\ .4(15; a ® b . a x b , A\ a V\b to'plamlarni toping
va Eyler- Venn diagrammalarida tasvirlang.
a)
A = { \X a ,b ,e },
b)
A = {l,3,4,o,c},
v) A = {1,2.3,4},
g) A =
d) A = {3,4,o,i},
B = {3A.b,c,e};
B = {3.h.c,e};
B = {a, b,c.d, e};
B = {\, a,b, c, d);
B = {\,2,3A,a,b.c,d,e).
,
4. U = { n ,k ,p ,s ,t,x ,y .z } universal to'plamda A = {n,k,p.s), B = {p,s,t.y}
va C = {/t,j,jc,2} to‘plam!ar berilgan bollsin. Quyidagi to‘plamlarni
toping:
a) .41)5
d) a
b)
e)
acib
.4® b
s)
j)
Ax
B
.4(15
5.Diagrammada berilgan A, B, C to'plamlami va
/tU 5;
AC\B,
A(B B,
A*B,AC\C, BUC tOping.
6. Universal to‘plam U = |1;2;3;4;5;6} va
A = {1;2;3;5},
« = {3;4;5}
bo‘lsin. Quyidagi to'plamlaming xarakteristik vektorlarini toping:
a) a \Jb
s)
a (1b
b) aab
d)
ac \ b
Hosil bo‘lgan to‘plainlar elementlarini yozing.7
7. A x B x C to'plamlarning dekart ko‘paytmasini toping, bunda
a) A = {a„a2} , B = {b,,b2) , C = { c „ c 7};
19
b)
A - {1,2}, B = [o), C = {!,$);
V)
A = {3,4}, B = {a.b), C =
8. Diagrammada berilgan A, B to‘plamlami va
a \j b ,
/tritf, a ® b , AxB, a , a O b lami toping.
9. Diagrammada berilgan A, B, C to‘plamlarni va
a \j b ,
a C\b , a ®b, AxB,Af\c, b \j c larni toping.
Tcst savollari:
1. A va b to'plamlarning birlashmasi uchun qaysi ifoda to‘g ‘ri?
A U B = {x, x<cA yoki x e B ) ,
A U B = {Jf; x e A va x e B ) ,
A)
B)
C)
D)
A U B = { jt,
B},
A U B = { x , x<t A , .re B).
2 . a va b to‘plamlarning kesishmasi uchun qaysi ifoda to‘g ‘ri?
A)
Af)B = {jt; jr e /4yoki
A D B = {jt, x e A va .tefl);
B)
3. A va
b to‘plamlarning
B)
b
A f lB = ( jt, .r e A . jre B},
A flB = {jr; jt e A , jre B)
ayirmasi uchun analitik. ifodani ko'rsating.
C) A\B = {*; jr e 4 , xe B)\
A\B = {x;jre/f yoki x ^ B ) ,
A \ B = {.x; x e A va jreB);
A)
4. a va
to‘g ‘ri?
C)
D)
D) A \ B = {jt; x <t A . jre B).
to‘plamlarning simmetrik ayirmasi uchun qaysi ifoda
A)
A A B = { jt, x s A yokijrefl);
C)
AAB = {x;jte/l va jr e B };
B)
A\B=(^\5)U(fi\,4) = (.lUfl)\(.4nS).
D)
AAB = { j ; .r e A. *(? B).
20
5. B ( X ) = {A; A c x ) yozuv qanday ma'noni beradi? Bu yerda X -
biror
to‘plam.
a)
B)
C)
D)
B(X)-to‘plamlar sistemasi deb ataladi;
B(X)-bo‘sh to‘plamni ifodalaydi;
B(X)-to‘plamlar kesishmasi deb ataladi;
B(X)-to‘plamlar ayirmasi deb ataladi.
6. ,4 = {l;2;3}va b ={3;4} to‘plamlaming dekart ko‘paytmasi nechta
elementdan iborat?
A) 10
B) 15
C) 30
D) 6
7. Agar a -barcha to‘g ‘ri to‘rtburchaklar to‘p!ami, s-romblar to‘plami
bo‘lsa, u holda a C\b nimaga teng?
A) kvadrat;
«) romb:
C) uchburchak; D) 0 .
8. A ={l,2}va V={3, 4} to‘p!amlaming Dekart ko‘paytmasini toping.
a) {1,2,3,4 };
B) {(1,2),(3,4)};
C) {(1,3),(2,4)};
D) {(1,3),( 1,4),(2,3),(2,4)}.
9. A={ 12 sonining boMuvchilari} to‘plamni ro‘yxat tarzida bering.
a ) {1,2,3,6};
B) {12,14,36,...};
O {1.2,3,4,6,12};
D) {!;12}.
10. U = [ a.b, c, d,e,/, g,h) universumda X = \a,b,c,cf) va Y = \b,c,d,e\
to‘p!amlar berilgan bo‘lsa, XAY ni toping.
A) {«a,f,g,h}
B) {g,/i}
C) \f,h)
D) \b,c,d,f,g,h}
11. (.4U5)\c to‘plamga qaysi diagramma mos keladi?
12. AflB\C to‘piamga qaysi diagramma mos keladi?
21
13. M n fl)U M n c )U < tfn c ) to'plam ga qaysi diagramma mos keladi?
1.6. T o‘plamIar ustida amallarning asosiy xossalari
u universal to‘plamning a , b , c qism to‘plamlari uchun quyidagi
xossalar o'rinli:
Birlashma va kesishma amallarining kommutativlik xossasi:
1°) A\JB = B\JA
2°) AC\B = Br\A
l fl -xossaning isboti: x <e A \J b bo‘lsa, u holda x s A va x s B boMadi.
Shuningdek, x s B j x s A
bo‘lsa, x s b \j a
kelib chiqadi. Bundan
x6.tU fio teeu .-i hosil bo‘ladi. Bularni umumlashtirilsa, a \j b = b \j a
kommutativlik xossasi isbotlanadi.
Birlashma va kesishma amallarining assotsiativlik xossasi:
3°)
(^US)UC = v4U(j5UC)
4°) (.tn 5 )n c= /m (fin o
Birlashma va kesishma amallarining bir-biriga nisbatan
distributivlik xossasi:
5°) MUfl)nc = (.4nc)U(#nc)
6°) (/tn^)uc = (>juc)n(fiuc)
Yutilish qonunlari:
7°) a V\{a \JB) = a
8°)
a U( a C\B) = a
De-Morgan qonunlari (Shotlandiyalik matematik, mantiqiy
munosabatlar asoschisi O. De-Morgan (1806-1871)):
9°)
Jf\B = AUB
10°)
AUB = AV['b
9n- xossaning isboti:
.tf|8 = { x : x « (Ar\B)}= |x : x e (^t/n B)\=
: ((xr e ,t)o(x; e fl))};
A U5 = {jf;(x « /J)u(x « fl)}= (r x e t u x e b )= ( r :((* e A)r\(x e B ))}
Bo‘sh va universal to‘plam qonunlari:
11°)
12°) AUC = U
.4n.-t= a
14°) A D 0 = 0
Af) A = 0
15°)
17°)
A U 0 =A
18°)
0 =U
20(>)
A \A = 0
22
13°)
16°)
19°)
AUA = U
U =0
Af \ U=A
Ayirishdan qutilish qonuni:
Ikkilangan rad etish qonuni:
21°)
22")
a \ B = A r\B
a =a
To'plamlar ustida amallaming xossalari juft - juft yozilgan va har
ikkinchisi birinchi xossadagi amalni o'zgartirish bilan hosil qilingan,
masalan, U amali n ga, 0 to'plam u ga almashtirib hosil qilingan.
Xossalaming bunday mosligiga ikkiyoqlamalik printsipi deyiladi.
Tarixiy ma'lumot: Avgust De Morgan (1806-1871) Hindistonning
Maduray shahrida tug'ilgan, uning otasi hind armiyasida polkovnik
bo'lgan. De Morgan
7 oylik bo'lganda oilasini Angliyaga
ko'chirishadi. U xususiy maktabda lotin, grek va yevrey tillarini
o'rgangan, matematikaga qiziqqan. 1827 yilda Kemhridj universitetini
tugatib, tibbiyot yoki huquq yo 'nalishidan ketishi kerak edi, lekin De
Morgan matematikani tanladi. U 1828 yilda London universitetiga ishga
kiradi. 3 yildan keyin uni xech qanday tushuntirish bermasdan ishdan
bo'shatishadi. Bundan jahli chiqqan De Morgan Kembridjga qaytadi.
1836 yilda Triniti-Kollejiga o'tib, shu yerda 1866 yilgacha faoliyat
yuritadi. Astronomik jamiyat a'zosi, London matematiklar jamiyatining
asoschisi bo 'lgan De Morgan XIX asr matematika ilmiga salmoqli hissa
qo ‘shdi. U matematika fanini o 'qitish metodlarini ishlab chiqdi. 15 dan
ortiq turdagi jurnallarda 1000 dan ortiq maqolalar nashr qildi, bir
qancha darsliklar yaratdi. U asosan matematik analiz va mantiqdan
ilmiy izlanishlar olib bordi. Shuningdek, matematika tarixi bilan ham
qiziqdi. LNyuton va E.Gall biografiyasini yozadi. Vafotidan keyin 1882
yilda De Morganning rafiqasi uning biografiyasini yozadi.
1.7. Murakkab ifodalarni soddalashtirish
To'plamlar ustida amallaming asosiy xossalariga asoslanib,
to'plamlaming murakkab ifodalarini isbotlash yoki soddalashtjrish
mumkin.
Misol. AAB = ( A\J B) r\ ^i T\ B tenglikni isbotlaymiz.
Tenglikning chap qismini soddalashtiramiz:
(A u fl) nHTfi =(9°-xossa) = (A u
(A u B)= (2°-xossa)
= (^Ufi)n(/tU«) =(5°-xossa)
= (5 n (A U >)u(fl n (.•»U«))=( 5°-xossa)
= {(^n/i)U(/fnfi))u((5n/i)U(flnB))=(i50-xossa)
23
Natija. Ixtiyoriy n ta {A,,A2,..., A J e U to'plamlar uchun
ulaming birlashmasidan iborat to'plam quvvatini topish formulasi
quyidagicha bo'ladi:
»(A,\jAt U...U AJ =
»EI
n^,
i*)*k=\
'n^A, n ^2n...n.-y
Misol. Jami 63 nafar talabadan 16 kishi ingliz tilini, 37 kishi rus
tilini va 5 kishi ikkala tilni ham o'rganmoqda. Nechta talaba bu fanlarni
o'rganmayapti?
Yechilishi: /<={ingliz tili fanini o'rganuvchilar},
fl={rus tilini o'rganuvchilar},
/infl = {ikkalatilni ham o'rganuvchilar} bo'lsin.
Uholda |/)| = 16, fl| = 37, \a Pi E\ = s .Yuqoridagi teoremaga asosan,
|.JUfl| = H +|B|-|/tnB| = 16 +37-5 = 48.
Bundan, 63-48 = 15 nafar talabaning nomlari keltirilgan fanlarga
qatnashmayotganligi aniqlanadi.
Nazorat uchun savollar:
1. Chekli to'plam quvvati deb nimaga aytiladi?
2. Ikki to'plam yig'indisining quvvati qanday topiladi?
3. Uchta to'plam birlashmasidan iborat to'plamning quvvatini toping.
MISOL VA MASALALAR
1. Shahardagi 110 ta kandalotchilik sexlaridan 40 tasi a mahsulotni, 30
tasi B mahsulotni, 48 tasi c mahsulotni, 10 tasi a va B, 13 tasi b va
c, 12 tasi a va c, 14 tasi faqat 2 xil mahsulot ishlab chiqarsa,
ushbu mahsulotlarni ishlab chiqarmayotgan sexlar nechta?
2. 30 ta turistdan 19 tasi ingliz, 18 tasi nemis tilini biladi. Ulardan
nechtasi faqat ingliz tilini biladi?
3. 42 turistdan 25 tasi ingliz, 28 tasi nemis tilini biladi. Ulardan nechtasi
faqat nemis tilini, nechtasi faqat ingliz tilini, nechtasi ikkala tilni ham
biladi?
4. Guruhda 40 talaba bo‘lib, ulardan 25 nafari yigitlar, qolgani qizlar.
Imtihonda ulardan 18 nafari “4”, 22 nafari “5” baho olgan. Agar
qizlardan 9 nafari “5” baho olgan bo'lsa, “4” baho olgan yigitlar nechta?
26
5. Guruhdagi talabalardan 17 nafari voleybol, 16 nafari futbol, 18 nafari
tennis bo'yicha to‘garaklarga qatnashadi. Ulardan 5 nafari futbol va
voleybol 7 nafari voleybol, tennis, 6 nafari futbol va tennis, 2 nafari
esa 3 ta to‘garakka ham qatnaydi. Guruhda nechta talaba bor?
6. Tumanda 32 ta fermer bo'lib, ular paxta, bug'doy va kartoshka
yetishtiradi. Ulardan 26 nafari paxta, bug‘doy yetishtirishi maMum
bo‘lsa, faqat kartoshka yetishtiradigan fermer nechta9
7. Potokda 100 talabadan 61 nafari ingliz tilini, 48 nafari frantsuz tilini,
56 kishi nemis tilini o‘rganishadi. 24 kishi ingliz va frantsuz, 36
kishi ingliz va nemis, 30 kishi frantsuz va nemis tilini o‘rganishadi.
Faqat 2 tadan til o‘rganayotganlar 24 kishi bo‘lsa, umuman til
o‘rganmayotganlar nechta? Faqat bittadan til o‘rganayotganlar
nechta? Uchta tilni necha kishi o‘rganyapti?
8. Oktyabr oyida 10 kun sovuq, 20 kun yomg‘irli, 16 kun shamolli kun
bo‘ldi. Agar 2 kun faqat sovuq, 7 kun faqat yomgir, 5 kun faqat
shamol, 4 kun sovuq, yomg‘ir, shamolli kun bo‘lgan bo‘lsa, necha
kun quyosh charaqlab turgan?
9. 1 dan 100 gacha sonlar ichida faqat 3 ga, faqat 4 ga, 3 ga va 4 ga
boiinmaydiganlari nechta?
10. 1 dan 100 gacha sonlar ichida nechta son 6 ga boiinadi? Nechta son
3 ga boiinmaydi? Nechta son 2 ga ham 3 ga ham boiinmaydi?
11.1 dan 100 gacha sonlar ichida nechta son 12 ga boiinadi? Nechta
son 4 ga ham, 3 ga ham boiinmaydi?
12. F-vafli, C-pirog, S -to rt yaxshi ko'radigan talabalar boisa, vafli
va tort, pirog va vafli, uchala pishiriqni ham yoqtiradigan, umuman
pishiriq yoqtirmaydigan talabalar sonini aniqlang.
1.9. To‘plamlar algebrasi
Agar to'plamning v*, e A/, Vjc, e M
elementlari
uchun
(x,<xx') e A/shart bajarilsa, to‘plam a amalga nisbatan yopiq deyiladi, a
ga esa algebraik amal deyiladi.
27
Misol. 1) N - natural sonlar to'plami yig‘indi va ko‘paytma
amallariga
nisbatan
yopiq,
chunki
VaeN,vbeN
uchun
a + b e N , a b & N 0 ‘rinli.
2) z - butun sonlar to'plami yig'indi, ayirma va ko‘paytma
amallariga nisbatan yopiqdir.
Bo‘sh bo'lmagan qism to'plamlar oilasi t/birlashma, kesishma va
toMdiruvchi amallariga nisbatan yopiq bo‘lsa, bu tizimga to'plamlar
algebrasi deyiladi.
Teorema.
A v a B ixtiyoriy to'plamlar bo'lsin.
U holda
birlashma va ayirma amallarini simmetrik ayirma va kesishma amallari
yordamida ifodalash mumkin:
A[JB = (AAB)A(A f| B),
A \ B = AA(AnB).
Bunday yondoshuv matematikaning turli sohalarida o‘z tadbiqini
topdi va uning rivojlanishiga to'plamlar halqasi tushunchasi asos
bo'ldi.
Agar bo‘sh bo'lmagan C to'plamlar oilasi kesishma va simmetrik
ayirma amaliariga nisbatan yopiq bo‘lsa, u holda C ga to‘plamlar
halqasi deyiladi, ya'ni w,fleC=>AABeC va AHBeC o'rinli bo‘lsa.
To'plamlar halqasi assotsiativlik va kommutativlik xossalarini
qanoatlantiradi. Bo‘sh to‘plam halqaning noli deyiladi.
Agar ixtiyoriy A e C uchun a Ci e = a bo‘lsa, u holda £eC to‘plamga
halqaning biri deyiladi.
Halqalarda algebraik hisoblashlar oddiy arifmetik qoidalarga
o‘xshash amalga oshiriladi. Bunda “qo'shish” amali o‘rniga “simmetrik
ayirma” amali, “ko'paytma” amali o‘miga “kesishma” amali
ishlatiladi.
To'plamlar algebrasi masalalarini Paskal dasturiy tili yordamida
yechishni qarab chiqamiz:
Misol. Elementlari lotin alifbosining bosh va kichik harflaridan
iborat to'plamni ekranga chiqaring.
Yechilishi:
var zn: sct of ’A’...’z’;
i: char,
begin for i:= ‘A’ to ‘Z’ do
if I in zn thcn write (I, ’ ‘);
for i:= ‘a’ to ‘z’ do
if I in zn then write (I, ’ ‘);
end
28
Tarixiy ma'lumot: Blez Paskal (1623-1662) Frantsxyada
tug'ilgan. Bolaligidan matematik qobiliyatini ko ‘rsatganiga qaramay,
otasi uni qadimiy tillarni o 'rganishga undaydi. 12 yoshida elementar
geometriya kitobini topib oladi va undagi teoremalarni o 'rgana
boshlaydi. 14 yoshida har xafta bo'ladigan frantsuz matematiklari
uchrashuviga qatnay boshlaydi. Keyinchalik bu to 'garak frantsuz
Akademiyasi bo'ldi. 16 yoshida konus kesimlar bo'yicha muhim
natijalarni oladi va kitob shaklida nashr qiladi. Paskalning otasi davlat
hisoblarini tekshirar edi, aqlli kishilar vaqlini befoyda ketkazmasligi
kerakderdi, u.
Paskal 19 yoshida birinchi mexanik hisoblash mashinasini yaratdi.
1650 yildan sog ‘ligi yomonlashgani sababli ilmiy va matematik ishlarini
to ‘xtatadi va taqvo bilan shug ‘ullanadi. 3 yil o ‘tib, yana matematikaga
qaytadi va ehtimollar nazariyasiga asos soladi. Umrining ko'p qismini
kasallik bilan kurashib o ‘tkazgan.
Paskal dasturlash tili uning xxomiga qo ‘yilgan
Nazorat uchun savollar:
1. To‘plamlar algebrasi nima?
2. Qachon to'plam biror amalga nisbatan yopiq bo‘ladi?
3. To‘plamlar halqasi deb nimaga aytiladi?
4. Halqaning biri va noli deganda nimani tushunasiz?
5. Natural sonlar to‘plamining yig'indi va ko‘paytma amaliga
nisbatan yopiqligini isbotlang.
6. Butun sonlar to‘plamining ayirma amaliga nisbatan yopiqligini
isbotlang.
7. Ratsional sonlar to‘plamining bo'linma amaliga nisbatan
yopiqligini isbotlang.
29
2.
KOMBINATORIKA
ELEMENTLARI
2.1. Kirish
Kombinatorika - diskret matematikaning bir bo'limi boMib, u
ehtimollar nazariyasi, matematik mantiq, sonlar nazariyasi, hisoblash
texnikasi va kibemetika sohalarida
qoMlanilgani uchun muhim
ahamiyatga ega.
Insoniyat o‘z faoliyati davomida
ko‘p marotaba ayrim
predmetlami barcha o'rinlashtirish usullari sonini sanab chiqish yoki
biror bir harakatni amalga oshirishdagi barcha mavjud usullami
aniqlash kabi masalalarga duch keladi.
1) 26 kishini kassada navbatga necha xil usulda o'rinlashtirish
mumkin?
2) Xokkey bo‘yicha olimpiya birinchiligida necha xil usulda oltin,
kumush va bronza medallarini taqsimlash mumkin.
Bunday tipdagi masalalarga kombinatorik masalalar deyiladi.
Kombinatorika masalalari oson degan tushuncha hozirgi kunda
eskirdi. Kombinatorika masalalari soni va turi tez sur'atlarda o'smoqda.
Ko'pgina amaliy masalalar bevosita yoki bilvosita kombinatorika
masalalariga keltirib yechiladi.
Hozirgi kunda kombinatorika usullaridan foydalanib yechiladigan
zamonaviy masalalarga quyidagi 5 turdagi masalalar kiradi:
1. 0 ‘rinlashtirish masalalari - tekislikda predmetlami joy-joyiga
qo‘yish;
2. ToMdirish va qamrab olish masalalari - masalan, berilgan fazoviy
shakllarni berilgan shakl va oMchamdagi eng kam sonli jismlar bilan
toMdirish haqidagi masala;
3. Marshrutlar haqidagi masala - mukammal reja masalasi, masalan, eng
qisqa yoMni topish masalasi;
4. Graflar nazariyasining kombinatorik masalalari - tarmoqlarni
rejalashtirish masalasi: transport yoki elektr tarmoqlari masalalari.
grafni bo‘yash haqidagi masala;
30
5. Ro‘yxatga olish masalasi - biror qoidani kuzatish uchun berilgan
elementlar naborini tashkil etuvchi predmetlar sonini topish
masalalari.
Kombinatorika masalalarini yechishda diskret to‘plam tadqiq qilinadi,
ya'ni bu to‘plam alohida ajratilgan elementlardan tashkil topgan deb
qaraladi. Ko‘p hollarda bu to'plamlar chekli bo'ladi, iekin elementlar
soni cheksiz bo'lgan to‘plamlar inkor qilinmaydi.
2.2. Gurublash, o‘rinlashtirish va o‘rin almashtirishlar
Kombinatorika masalalarini yechish asosiy ikki turga bo‘linadi:
a) qism to‘plamlami tanlashga ko‘ra;
b) to‘plam elementlari tartibiga ko‘ra.
n elementli -t, to'plamdan k elementli qism to‘plam ajratib olish
(/U)-tanlanma deyiladi, bunda k - tanlanma hajmi deyiladi.
Ajratilgan qism to'plamning har bir elementi bilan 1 dan n gacha
bo'lgan sonlar o‘rtasida bir qiymatli moslik o'rnatilgan bo‘lsa, to'plam
tartiblangan tanlanma, aksincha tartiblanmagan deyiladi.
Agar to‘plam elementlaridan biror bir ro'yxat tuzib, keyin har bir
elementga ro‘yxatda turgan joy raqami mos qo'yilsa, har qanday chekli
to'plamni tartiblash mumkin. Bundan ko'rinadiki, bittadan ortiq
elementi bo'lgan to'plamni bir nechta usul bilan tartiblash inumkin.
Agar tanlangan qism to‘plamda elementlar tartibi ahamiyatsiz
boMsa, u holda tanlanmalarga (njt)-guruhlash deyiladi va C*
ko'rinishida belgilanadi. C - inglizcha “combination”, ya’ni
“guruhlash” so'zining bosh harfidan olingan.
Tanlanmada elementlar takrorlanishi va takrorlanmasligi mumkin.
Elementlari takrorlanuvchi tartiblanmagan (n,/t)-tanlanmaga n
elementdan
k tadan takrorlanuvchi guruhlash deyiladi vg C*
ko‘rinishida belgilanadi.
Elementlari takrorlanuvchi tartiblangan (n,/t)-tanlanma
n
elementdan k tadan takrorlanuvchi o‘rinlashtirish deyiladi va A\
kabi belgilanadi. A inglizcha “arranjiment” - “tartibga keltirish”
so‘zidan olingan.
Agar tartiblangan tanlanmalarda elementlar o‘zaro turlicha boMsa, u
holda takrorlanmaydigan o'rinlashtirish deyiiadi va
kabi
belgilanadi.
31
■
n tadan n ta tartiblangan tanlanmaga o‘rin almashtirish deyiladi
va P„ kabi belgilanadi. 0 ‘rin almashtirish o‘rinlashtirishning xususiy
holi hisoblanadi. P„ inglizcha “permutation” - “o‘rin almashtirish”
so‘zining bosh harfidan olingan.
IMisol. Ay = {a,b,c) to‘plamning 3 ta elementdan 2 tadan barcha
tartiblangan va tartiblanmagan, takrorianuvchi va takrorlanmaydigan
tanlanmalarini ko‘rsating.
1)
A\ = {{a,b}f {a,c},{b,c},{b,a},{c-,a),{c,b)}=6
ta
takrorlanmaydigan
o‘rinlashtirish;
2)
{*;«},{c;a},{c;6},{c;c}}=9 ta takrorlanadigan
o‘rinlashtirish;
3) Cj = {{o;6},{a;c}.{6;c}}= 3 ta takrorlanmaydigan guruhlash;
4)
C,; = {{o;a},{a;6},{a;c},{6,6},{6,c},{c;c}}=6 ta takrorlanuvchi guruhlash;
5) P, ={{a,6,c},{a,c,6},{6,o,c},{6,c,£7},{c,a,6},{c.6,fl}}=6 o‘rin almashtirish
mavjud.
32
c
—
*
abc
b
->
acb
c
->
bac
a
->
bca
b
—
»
cab
a
->
cba
N a z o r a t u c h u n s a v o lla r:
1. Kombinatorika usullaridan foydalanib yechiladigan zamonaviy
masalalarga qanday masalalar kiradi?
2. Tanlanma deb nimaga aytiladi?
3. Tartiblangan to'plam deb nimaga aytiladi?
4. Tartiblangan va tartiblanmagan to'plamlar farqi nimada?
5. Guruhlash ta'rifmi ayting.
6. 0 ‘rinlashtirishga ta'rif bering.
7. O'rin almashtirish bilan o'rinlashtirishning farqini tushuntiring.
MISOL VA MASALALAR
1. Berilgan {4,5,6} to'plamning 3 ta elementidan 2 tadan barcha
tartiblangan
va
tartiblanmagan,
takrorlanuvchi
va
takrorlanmaydigan tanlanmalarini tuzing.
2. Berilgan {o,1,2,3} to‘plamning 4 ta elementidan 2 tadan barcha
tartiblangan va tartiblanmagan tanlanmalarini tuzing.
3. Berilgan {i,3.5,7} to‘plamning 4 ta elementidan 3 tadan barcha
takrorlanuvchi va takrorlanmaydigan tanlanmalarini tuzing.
2.3. Kombinatorikaning asosiy qoidalari
Kombinatorikaning 1-qoidasi (yig‘indi qoidasi):
Agar s to'plamdan a qism to‘plamni n usul bilan tanlash mumkin
bo‘lsa, undan farqli boshqa B qism to‘plamni m usulda tanlash
mumkin bo‘lsa va bunda ^ va « lami bir vaqtda tanlash mumkin
bo‘lmasa, u holda s to‘plamdan a \J b tanlanmani n + m usulda olish
mumkin.
Agar Ar>B=0 boTsa, u holda a va b to‘plamlar kesishmaydigan
to‘plamlar deyiladi. Xususiy holda, agar barcha i,y=l,2, ,k, t * j lar
uchun A^rA^Qi boTsa, u holda s = ax\j a ^ . . o 4, to'plam s to'plamning
o‘zaro kesishmaydigan qism to'plamlari yoki oddiygina qilib
boTaklari deyiladi. Demak, yigTndi qoidasida a va B lar s
to‘plamning boTaklaridir.
33
Misol. 410-18 guruh talabalari 16 nafar yigit va 8 nafar qizlardan
iborat boiib, ular orasidan bir kishini ajratib olish kerak boisa,
ularning soni qo‘shiladi va 16+8=24 talaba orasidan tanlab olinadi.
Kombinatorikaning 2-qoidasi (ko‘paytma qoidasi):
Agar s to'plamdan a tanlanmani n usulda va har bir n usulda mos
B tanlanmani m usulda amalga oshirish mumkin boisa, u holda a va
b tanlanmani ko'rsatilgan tartibda
n m usulda amalga oshirish
mumkin.
To'plamlar nazariyasi nuqtai nazaridan qaraydigan boisak, bu
qoida to‘plamlaming Dekart ko'paytmasi tushunchasiga mos keladi.
Misol. “Zukhrotravel” turistik kompaniyasi “Xiva - Chirchiq”
yo'nalishida sayohat uyushtirmoqchi bo'Isa, necha xil usulda sayohat
smetasini ishlab chiqishi mumkin?
Yechilishi: Xivadan Chirchiqqa to‘g‘ridan-to‘g‘ri jamoat transporti
yo‘q, shuning uchun “Xiva - Toshkent Chirchiq” yo'nalishi bo‘yicha
harakatlanishga to‘g'ri keladi. Xivadan Toshkentga samolyot, avtobus
yoki poyezdda yetib borish mumkin, demak, 3 xil usuldan birini tanlash
mumkin;
Toshkentdan Chirchiqqa esa avtobus yoki poyezdda borish mumkin.
ya'ni 2 xil tanlanma mavjud. Demak, “Xiva - Chirchiq” sayohatini
3-2 = 6 xil usulda tashkil qilish mumkin va 6 xil narx taklif qilish
mumkin.
Ko'paytma qoidasini umumlashtirish:
Aytaylik birin-ketin k ta harakatni amalga oshirish kerak bo'lsin.
Agar birinchi harakatni «, usulda, ikkinchi harakatni «, usulda, va
hokazo k - harakatni «, usulda amalga oshirish mumkin bo'lsa, u holda
barcha * ta harakat n, n^-n,-,.. nk usulda amalga oshiriladi.
Misol. Ikkinchi bosqich talabalari 3-semestrda 12 ta fanni
o'rganishadi. Seshanba kuniga 3 ta turli fanni nechta usulda dars
jadvaliga joylash mumkin?
Yechilishi: Bu misolda 12 ta fanni takrorlamasdan 3 tasini
o'rinlashtirish kerak. Buning uchun
birinchi fanni 12 usulda,
ikkinchi fanni 11 usulda va
34
uchinchi fanni 10 ta usulda tanlash mumkin. Ko'paytirish qoidasiga
asosan 1211 10 = 1320.
Demak, 3 ta turli fanni 1320 usulda joylash mumkin ekan.
Misol. Diskret matematika fanidan talabalar o'rtasida boiadigan
olimpiadaning respublika bosqichida 16 nafar talaba qatnashmoqda.
Necha xil usulda 1-, 2- va 3-o‘rinIar taqsimlanishi mumkin?
Yechitishi: 3-o‘rinni 16 talabadan biri egallashi mumkin. 1-o‘rin
sohibi aniqlangandan keyin, 2-o‘rinni qolgan 15 talabadan biri egallaydi
va nihoyat 1-o‘rin qolgan 14 talabadan biriga nasib qiladi. Demak 1-, 2va 3-o‘rin g'oliblarini 16 15-14 = 3360 xil usulda aniqlash mumkin.
Misol. 5 soniga bo‘linadigan 4 xonali sonlar nechta?
Yechilishi: Masalada takrorlanuvchi o'rinlashtirish haqida so‘z
bormoqda. Birinchi xonaga Z = {0;1;2;3;4;5;6;7;8;9} to'plamning 10 ta
elementidan bittasini tanlash mumkin, lekin 0 ni birinchi xonaga
qo'yish mumkin emas, aks holda son 3 xonali bo‘Iib qoladi. Bo'linish
belgisiga ko‘ra son 5 ga boMinishi uchun 0 yoki 5 bilan tugashi kerak.
Demak, 1- xona raqami uchun 9 ta tanlash mavjud;
2- va 3- xona raqamlari uchun esa 10 ta tanlash usuli bor;
4- xona, ya'ni oxirgi raqam uchun 0 yoki 5 raqamlari boMib, 2 ta
tanlash mavjud. U holda ko‘paytirish qoidasidan foydalansak,
9-10-10-2 = 1800 ta 5 ga boMinadigan 4 xonali son borligini aniqlaymiz.
Agar biror m murakkab son berilgan boMsa, uning boMuvchilar
sonini topish uchun oldin tub sonlar ko‘paytmasi shakliga keltiriladi:
a ,
ce-,
m = P\ P 2 '■ 'Pn
bunda p h p2,.... p„ - tub sonlar, a„ a,......daraja ko‘rsatkichlari
bo'lib, m murakkab sonning boMuvchilari soni
(a, +l) (a, +1) .... (a, +1)
ga teng boMadi.
Misol.
48 sonining boMuvchilari sonini topish *uchun
4 8 = 2 J • 3 ni topamiz. U holda 48 ning boMuvchilari soni
(4 + i) (i + i) = 5-2 = 10 ekanligi topiladi.
Nazorat uchun savollar:
1. Kombinatorikaning 1-qoidasini tushuntiring.
2. Kombinatorikaning 2-qoidasini ayting.
3. Ko'paytmaning umumlashgan qoidasi nimadan iborat?
35
4. Tub va murakkab son taTifini ayting.
5. Murakkab sonning boMuvchilar soni qanday topiladi?
MISOL VA MASALALAR
1. {4, 5, 6} to'plamning 3 ta elementidan 2 tadan barcha tartiblangan va
tartiblanmagan, takrorlanmaydigan tanianmalarini tuzing.
2. {0, 1,2,3} to'plamning oTin almashtirishlar to'plamini ko'rsating.
3.
{2, 3,4, 5} to‘p!amning 4 ta elementdan 3 tadan barcha
takrorlanuvchi tanlanmalarini toping.
4.
Qandolat do‘konida kun oxiriga kelib bir nechta pishiriq qoldi: 4 ta
vaflili, 3 ta shakoladli va 1 ta mevali. Xaridor pishiriqni nechta
usulda tanlashi mumkin?
5. Musobaqada qatnashish uchun universitetning 8 nafaryigit, 6 nafar
qizdan iborat tennis komandasidan juftlik nechta usulda ajratiladi?
6. Yengil avtomobillaming davlat belgisi 3 ta raqam va o'zbek
alifbosining 3 ta harfidan iborat. Raqam va harflar ixtiyoriy ketmaketlikaa boMishi mumkin deb hisoblasak, DAN idorasi nechta turli xil
avtomobil raqamini berishi mumkin?
7. Quyida berilgan sonlaming nechta turli boMuvchilari bor?
a) 635016; b) 2474;
c) 17645;
d) 30599;
e) 2520;
f) 5480;
g) 12600;
k) 12600.
Test savollari:
1. Oq, havo rang, qizil, sariq, yashil va qora rangli matolardan
nechta 3 xil rangli bayroq tayyorlash mumkin?
A) 120
V) 18
C) 6!/3!
D) 20
2. 30 talaba bir-birlari bilan fotosuratlarini almashishdi. Hammasi boMib
nechta fotosurat tarqatilgan?
A) 204
V) 700
C) 870
D) 780.
36
4.3. Takrorlamnaydigan o‘rinlashtirishlar
I
Avvalo barcha mumkin bo‘lgan A* o‘rinlashtirishiami topib
olamiz. Bu masalani yechish uchun ko'paytma qoidasidan
foydalanamiz.
n ta elementi bo'lgan 5 to'plamda birinchi elementni tanlash
uchun n ta imkoniyat bor, ikkinchi elementni tanlash uchun esa n - 1 ta
imkoniyat qoladi. 0 ‘rinlashtirish takrorianmaydigan boMgani uchun
tanlab olingan element keyingi tanlanmalarda ishtirok etmaydi. Shuning
uchun k - elementni tanlash uchun n-(*-l)=n-* +l imkoniyat qoladi. U
holda barcha takrorlanmaydigan o'rinlashtirishlar soni:
A‘ =n
(n -1 )
( n - 2 )-... ( « - J t + l)
ga teng boMadi. Bu formulani boshqacha ko'rinishda yozish mumkin:
A ' =«•(«-!) (n-2)-... (n-/t +l) =
= n-(n-l)-(n-2)-... ( „ - * + l>-i
(m—*)■(« —Jt —I) - 2
1
n ( n - l ) (n-2)-...-(n-(A-l)) (n-A)-...-21
n!
(n -k )-...-2 1
(n - k )!
Bu yerda “ !” belgisi faktorial deb o'qiladi.
1 dan n gacha boMgan barcha natural sonlar ko'paytmasi n( ga
teng.
Faktorialni hisoblashda 01=1 va 1!= 1 deb qabul qilingan.
Teorema. n elementga ega boMgan s to‘plamning k elementli
tartiblangan takrorlanmaydigan qism to'plamlari soni
(«-*)!
ga teng.
Misol. 7 kishidan iborat nazorat guruhini 4 nafar a’2osi boMgan
nechta kichik guruhlarga ajratish mumkin?
Yechilishi: Izlanayotgan usullar soni 7 ta elementdan 4 tadan
o'rinlashtirishlar soniga teng, ya'ni
^ = —
= - = ^ ^ - —7 =840
(7 -4 )! 3!
3!
Misol. Talaba 3 ta imtihonni bir hafta davomida topshirishi kerak.
Bu harakatni necha xil usulda amalga oshirish mumkin?
Javob: a} = 120.
37
Buni Excel dasturining standart (statistik) funktsiyalaridan biri
PEREST(SON;TANLANGAN_SON) nomli funktsiya yordamida
hisoblash mumkin. Bunda A* ni aniqlashdagi SON - barcha tanlash
ob'yektlari soni, ya'ni n; TANLANGAN SON - tanlanayotgan
ob’yektlar soni, ya'ni k, masalan
=859541760 ni hisoblang:
a f l M B O N M S l flH B H G t I *. • *M f J . V
Hac/m_BMbpaHNMX ,71
"\j ■ 7
- 859S417W
Bojbp*iiBcr Pco/fcmeCTBe naxcrai«o«OK
'W W o6 b«KT09. kotopmt BhbtpBtoToi .o oSuero
p$b«icroe.
HRUw_Bbi6p«NNbixuenoewcno. MdacuHkojwm«ctboo6b»rr»bKawiOM
*xs
4.4. Berilgan to‘plamning o‘rin almashtirishlari soni
Avval aytganimizdek, o‘rin almashtirish o‘rinlashtirishning
xususiy holidan iborat, shuning uchun ham o‘rin almashtirishni n ta
elementdan « dan o'rinlashtirish deb qarash mumkin:
Bu son n elementli qism to'plamni tartiblash usullari soniga teng
bo‘ladi.
Misol.
26 kishini kassada navbatga
necha xil usulda
o‘rinlashtirish mumkin degan savolga endi javob berish mumkin:
P, =26 !
Misol. Javonga 5 ta kitobni necha xil usulda o‘rinlashtirish
mumkin:
=5!=120.
Tadqiqotlarda o‘rin almashtirishlami hisoblashga to‘g‘ri kelsa,
unda Excel dasturining standart (matematik) funktsiyalaridan biri «!
qiymatini maxsus FAKTR(SON) nomli funktsiya yordamida hisoblash
mumkin. Bunda SON - n ning miqdoriy qiymatiga teng, masalan 10!
ni hisoblash uchun quyidagicha ish tutiladi:
38
Shuningdek, ikkilangan faktorial *!!:
/j!!={2k + 1)!!=l -3 •...-(2k + ]) (n toq bo‘lganda);
«!!=(2A.-+1)!!=2-4■ . (2*)
(« juft bo‘lganda) ulaming qiymatini
maxsus DVFAKTR(SON) nomli funktsiya yordamida hisoblash
mumkin.
Nazorat uchun savollar:
1. Takrorlanmaydigan o‘rinlashtirishni Excel dasturlar paketidan
foydalanib qanday hisoblash mumkin?
2. 0 ‘rin almashtirishlar soni Excel dasturida qanday hisoblanadi?
1.
MISOL VA MASALALAR
Ifodaning qiymatini toping:
a) ,4!,
b) i 01 ;
4i6i
12!
c ) 171-16 161-15 15
d)
>n\
15!
2.
Kasmi qisqartiring:
a) «!
(n-l)!
c)
3)!;
2)!
b) (n—
rt!
d) l * 2” U, /jgjV.
(rt — 1)!
2rt!
3. 36 ta karta aralashtirilganda necha xil variant mavjud?
4. Stipendiya olish uchun 5 ta sardor kassaga necha xil usulda
navbatga turishlari mumkin?
39
2.6. Takrorlanuvchi o‘rinlashtirishlar
n ta elementi bo'lgan 5 to‘plamda birinchi elementni tanlash
uchun n ta imkoniyat bor, o‘rinlashtirish takrorlanuvchi bo'lgani uchun
qolgan ixtiyoriy element uchun ham
n ta imkoniyat qoladi.
Ko‘paytirish qoidasiga ko‘ra barcha takrorlanadigan o‘rinlashtirishlar
soni quyidagiga teng boMadi:
A * = n ■n - . . . - n = n k
k /n
2.7. Takrorlanmaydigan guruhlashlar
Bizga tartiblanmagan takrorlanmaydigan n ta elementi boMgan s
to‘plam berilgan boMsin. c* bilan a „‘ ni taqqoslaymiz. Bilamizki, k ta
elementni *! ta usulda tartiblash mumkin, ya'ni
k\C k = Ak
boMadi. Bundan
c* - — =— —
—
" k\ k!(n-k)\
kelib chiqadi.
Takrorlanmaydigan guruhlashlar Ck sonini Excel dasturining
standart (statistik) funktsiyalaridan biri
CHISLKOMB(SON;TANLANGAN_SON)
nomli funktsiya yordamida hisoblash mumkin. Bunda SON - barcha
tanlash ob'yektlari soni, ya'ni n; TANLANGAN_SON - tanlanayotgan
ob'yektlar soni, yani * ni bildiradi.
Misol. Har uchtasi bir to‘g‘ri chiziqda yotmagan n ta nuqta
berilgan. Nuqtalami ikkitalab tutashtirish natijasida nechta kesma
o‘tkazish mumkin?
Yechilishi: masala shartiga ko‘ra chizmada qavariq n burchak
hosil boMadi.
40
U holda 1-nuqta (n-1) ta nuqta bilan, 2-nuqta (n-2) ta nuqta bilan
va h.k., (n-1) - nuqta 1 ta nuqta bilan tutashtiriladi. Bunda hosil bo‘lgan
to‘g‘ri chiziqlar soni
ty, - l ) + (tl-2 ) + (w-3)-t-...-i-2-H=l+-(" ~ 1)( i i-l ) = ^ y ^ = C . a
ga teng bo‘ladi.
Misol. Restoranda 7 ta asosiy taomdan 3 tasini tanlash imkoniyati
berilsa, nechta usulda buyurtma qilish mumkin?
Yechilishi: Bu misolda takrorlanmaydigan 7 ta elementdan 3
tadan guruhlashni topish kerak:
c,
’
7!
T. _ m - 7 _r
(7 - 3)! 3! 4! 3! 41-1-2*3
Misol. Sportloto lotareya o‘yinida 36 ta natural sondan 6 tasini
topgan kishi asosiy yutuqqa ega bo‘ladi. Asosiy yutuqni
olish
imkoniyati qanday?
Yechilishi: Yutuq raqamlar oltitaligi 36 tadan 6 ta
takrorlanmaydigan guruhlashga teng:
C* .
36!
36! 31 ■32 ■33 ■34 ■35 •36
16 (36 — 6)!-6! 30!'6!
1-2 3 4 5 6
"
Misolning javobidan ko‘rinadiki, asosiy yutuqni olish imkoniyati
judayam kam, ya'ni 1 947 792 tadan 1 taga teng.
5 ta, 4 ta va 3 ta raqamni topgan kishilarga ham yutuq beriladi,
lekin bu yutuq shu kishilar o‘rtasida teng taqsimlanadi. Bu holda 2 xil
guruhlash mavjud, biri cj omadli tanlov va ikkinchisi c w
} omadsiz
tanlov. U holda 3 ta raqamni topgan yutuq egalari imkoniyati:
C' -C* =
30! 6! 28-29 30
4-5 = 81200.
27!3! 31-3!
1-2-3
41
Yutuqli bo'lish ehtimoli
M
X1200
=
gateng.
------------ 0 0 42
1947792
6
6
n ta elementi bo'lgan .s to'plamni k ta qism to‘plamlar yig'indisi
ko'rinishida necha xil usulda yoyish mumkin degan savolni qo'yamiz.
Buning uchun s to'plamni s = a , lm 2U...IM„ o'zaro kesishmaydigan k
ta qism to'plamlarga ajratish mumkin bo‘lsin. Bunda ularning
elementlari soni mos ravishda
n(A,) = k„ n(A2) = k2, ... , n(Am) = km,
bo‘lib, k,,k2...berilgan sonlar uchun
k, i 0, k, + k2 +... + km = n
shartlar bajariladi. A , , ^ , . . . , A m to‘plamlar umumiy elementga ega
emas. s to‘plamning k, elementli A t qism to'plamini cj usulda
tanlash mumkin, qolgan n-A, element ichidan Ajelementli A 2 qism
to‘plamini C*„l, usulda tanlash mumkin va hokazo.
Turli xil a „ a 2,..., A m qism to‘plamlami tanlash usullari
ko'paytirish qoidasiga ko‘ra
■C*~
C *‘ C n—
k' k| . (J n—k^—k2
_
n!_____ (n—A,)!_____ (n-A,-*,)!
Jt, Hn—
>t,)! it, !(n-A,-Aj)! A,! (n-A,-Aj-A,)!
(n-A, -k2-....- A..,)!
knKn-A,-A, -. -A.)l
n\
~ K -’*j!‘—k j
Demak, quyidagi teorema isbotlandi.
Teorema. Aytaylik k,.k2,...,km butun nomanfiy sonlar bo‘lib,
A, + A, +... + km= n va s to'plam n ta elementdan iborat bo'lsin. s ni
elementlari mos ravishda
...km ta bo'lgan a ,, a 2,..„ a „, m ta qism
to'plamlar yig'indisi ko'rinishida ifodalash usullari soni
tabo‘ladi. c
. km) sonlarga polinomial koeffitsientlar deyiladi.
Misol. “Baraban” so'zidagi harflami qatnashtirib, nechta so‘z
(ma'nosi boTishi shart emas!) yasash mumkin?
Yechilishi: “b” harfi k, =2 ta,
“a” harfi k2 =3 ta,
42
“r” harfi A,=l ta,
“n” harfi kA=1 ta, jami harflar soni n ~ l ta, demak,
C, (2,3,1,1)
7!
= 420.
2I-3I1M!
Misol. “Lola” so‘zidagi harflardan nechta so‘z yasash mukin?
4!
c4(2,U)
= 12.
2!-mi
Teorema. Elementlarining
tasi 1- tipda, * tasi 2-tipda, va
hokazo km tasi m-tipda bo‘lgan n elementli to‘plamning barcha o‘rin
almashtirishlar soni
n\
C„(k....*.) =
ta bo‘Iadi.
Tadqiqotlarda
ko‘p
miqdordagi
takrorlanuvchi
o‘rin
almashtirishlami hisoblashga to‘g‘ri kelsa, unda Excel dasturlar
paketidagi MULTINOM komandasidan foydalanish mumkin, masalan
C10(l,2,4,3) =
101
1!-2! 4! 3!
= 12600
ekanligini tezlik bilan hisoblash hech qanday qiyinchiiik tug‘dirmaydi.
.\£& y*V M T ir$yh«< ++,H
V
$$$
■ •
\
-
*v. ■ " • O
'
1
X .- t
sA * c r * 2 Z
■»
H«cr»o3 -i
£3
1
V. -3
3
+»lO»S
-
1
c.
L- .
a
3M^eH<e: 12SOO
Guruhlashning xossalari
.0
+'» _ s-m
1 ■ '“"»+* ^e+e
/-i k- l
20• (~>k _—/-tk
L m-I t L + l
3°.
c2
-b = ( c w
0)2 + ( c (|) 2+ ...+ ( c ;> 2
Ushbu xossalami isbotlash uchun kombinatsiyalami faktorial
ko‘rinishida yozib chiqish va hisoblash yetarli.
43
Teorema. n elementli to‘plamning barcha qism to'plamari soni T
ga teng va quyidagi tenglik o'rinli:
Haqiqatan ham, C *- n elementli to'plamning barcha * elementli
to‘plam ostilari soni bo'lgani uchun, tushunarliki barcha to'plam ostilar
soni
c„°+c;+...+c;
yig‘indiga teng bo‘lib, ulaming yig‘indisi T ga teng bo'ladi.
Misol.
30 ta talabadan 20 tasi yigitlar, tavakkaliga jumaldagi
ro'yxat bo'yicha 5 talaba chaqirildi, ulaming ichida ko‘pi bilan 3 tasi
yigit bo‘ladigan qilib necha xil usulda tanlash mumkin?
Yechilishi: Masala shartida berilgan to‘plamni sodda to'plamlar
yig'indisi shaklida yozib olamiz:
A={0 tasi yigit, 5 tasi qiz)
B={ 1 tasi yigit, 4 tasi qiz}
C={2 tasi yigit, 3 tasi qiz}
D={3 tasi yigit, 2 tasi qiz}
{Ko‘pi bilan 3 tasi yigit}=AuBuCuD kesishmaydigan to'plamlar
yig‘indisining quwati, ushbu to‘plamlar quvvatlari yig'indisiga teng
bo‘ladi:
«({ko‘pi bilan 3 tasi yigit })=/j (A u B u C u D)= «(A)+ n(B)+ m(C)+ «(D)=
= 1c °;o ‘c iii
’ T
+ ‘-jo
C' . ‘-C io
‘ t+ ‘-20
C 2 - ‘-C io
3 T
+ ‘C iii
3 - ‘C-12u = 1 2 2 L + 2 ® - .lW + _20!
101 t 20?
101
1 51-51 1! 19! 4! 6!+ 2M» 3! 7! + 3!-17! 2! 8! _
= 252+4200 +190 •120+1140 •45 = 78552
Demak, 30 ta talabadan ko‘pi bilan 3 tasi yigit bo‘ladigan 78552 tanlash
usuli mavjud.
Nazorat uchun savollar:
1. Takrorlanadigan 0 ‘rinlashtirish deb nimaga aytiladi?
2. Takrorlanmaydigan o‘rinlashtirish qanday topiladi?
3. Takrorlanadigan guruhlash deb nimaga aytiladi?
4. Takrorlanmaydigan guruhlash formulasini keltirib chiqaring.
5. Excel dasturlar paketidagi MULTINOM komandasidan qachon
foydalaniladi?
44
6. Excel dasturlar paketidagi PEREST komandasi vazifasi nimadan
iborat?
7. Faktorial nima?
MISOL VA MASALALAR
1. Xonada n ta chiroq bor. k ta chiroqni yoqib, xonani necha xil usulda
yoritish mumkin? Xonani jami necha xil usulda yoritish mumkin?
2. n ta nuqta berilgan, ularning ixtiyoriy 3 tasi bitta chiziqda yotmaydi.
Ixtiyoriy ikkita nuqtani tutashtirib nechta chiziq o'tkazish mumkin?
3. Har bir keyingi raqami oldingisidan katta boMgan nechta 4 xonali son
tuzish mumkin?
4. Har bir keyingi raqami oldingisidan kichik boMgan nechta 4 xonali
son tuzish mumkin?
5. Xalqaro komissiya 9 kishidan iborat. Komissiya materiallari seyfda
saqlanadi. Kamida 6 kishi yigMlgandagina seyfni ochish imkoni
boMishi uchun, seyf nechta qulfdan iborat boMishi kerak va ular
uchun nechta kalit tayyorlash kerak va ulami komissiya a'zolari
o'rtasida qanday taqsimlash kerak?
6. Kitob javonida tasodifiy tartibda 15 ta darslik terilgan boMib, ulaming
9 tasi o‘zbek tilida, 6 tasi rus tilida. Tavakkaliga 7 ta darslik olindi.
Olingan darsliklaming roppa-rosa 4 tasi o'zbekcha, 3 tasi mscha
boMadigan qilib necha xil usulda tanlab olish mumkin?
7. Cl + C l + C * + ... yigMndi hisoblang.
8. c“+c* +c* +... yigMndi hisoblang.
9. c„°-c > c; -...+<-irc; =o tenglik isbotlansin.
10. Necha xil usulda 5 ta kitobni 3 tadan qilib tanlab olish mumkin?
11. Necha xil usulda 7 odamni 3 kishidan qilib komissiya tuzish
mumkin?
12. C„\„ =C"„ tenglikni isbotlang.
13. C„‘ =Ci., + C ^ tenglikni isbotlang.
14. c;n=(c!)2+(C^)2+...+(C„")2 ayniyatni isbotlang.
15. C° + C\ +... + c; = 2" ayniyatni isbotlang.
16. C “ = C„” tenglikni isbotlang.
17. C'„= C„”-' tenglikni isbotlang.
18. c; =c;-* tenglikni isbotlang.
19. Quyidagi so‘zlami nechta usulda shifrlash mumkin?
a) BALLI;
e) PARABOLA;
45
b) GIPERBOLA;
f) EL.LIPS;
c) SIMMETRIK;
g) SUMMA;
d) DADA;
j) GURUH.
20. Tarkibida Aziz va Go‘zal ham bo'lgan 12 nafar kishidan 5 kishilik
komissiya tashkil qilinmoqda. Nechta turlicha komissiya tashkil
qilish mumkin? Agar
a) komissiya tarkibiga Aziz ham, Go'zal ham kirgan bo‘lsa;
b) komissiya tarkibiga Aziz ham, Go‘zal ham kirmagan bo'lsa;
v) komissiya tarkibiga yoki Aziz, yoki Go‘zal kirgan bo'Isa.
2.8. Takrorlanuvchi guruhlashlar
n ta elementli to‘plamning barcha tartiblanmagan takrorlanuvchi
ta elementli qism to'plamlarini ajratish takrorlanuvchi guruhlash
deyiladi.
.f to‘plamning elementlari 1;2;_; n sonlari bilan raqamlangan
bo'lsin. 5 to'plam chekli yoki sanoqli boMgani uchun, har doim 5
to'plam elementlari va n natural sonlar to'plami elementlari o‘rtasida
bir qiymatli moslik o'matish mumkin. U holda s to‘plam o‘miga o‘zaro
bir qiymatli moslik kuchiga asosan, unga ekvivalent boMgan S' = {1,2:...;«}
to'plamning C* guruhlashlarini topish mumkin.
S ‘ to‘plamning har qanday tanlanmasini
{n,,n2; . n,}; ko‘rinishda
yozish mumkin, bunda
«,<*. i <n. ketma-ketlik o'rinli boMib,
“tenglik” amali tanlanma takrorlanuvchi
bo'iishi mumkinligini
bildiradi.
k ta elementli tanlanma {n,;n2;...;nt } ga k ta elementli to'plam
{n,;n, + l;...;n, +*-l} ni mos qo‘yamiz, bunda elementlar turlicha boMadi.
(n,.n, .n,) va {n,,n, +i....;n, +*-1} to‘plamlar orasidagi moslik yana
o‘zaro bir qiymatli boMib, {n,;n,+ i;...,n,+t--i} to‘plam s'U{i;2;...;t-i}
to'plamdan n + k - 1 tadan takrorlanmaydigan * elementli guruhlash
boMadi.
U holda takrorlanmaydigan
guruhlashlar soni c ‘
takrorlanuvchi guruhlash soniga teng boMadi, ya’ni
k
(n+<;-!)! _ n-(n +l)-...-(n+ t - l)
*!-(n-l)! "
k\ "
46
Misol. 4 ta o‘yin kubigini tashlab, nechta turlicha variant hosil qilish
mumkin?
Yechilishi: Har bir o‘yin kubigida 1 dan 6 gacha raqamlardan
bittasi tushishi mumkin, ya'ni har bir kubikda 6 ta variant bo‘lishi
mumkin. Agar 4 ta o'yin kubigi tashlansa, har bir variantni 4 ta
ob'yektning tartiblanmagan takrorlanuvchi ketma-ketligi deyish
mumkin, ulaming har biri uchun esa 6 ta imkoniyat bor:
(« + *-!)! (6 +4-1)! _ 9! _ 6-7 8-9 m
" jr'(«-l)!
415!
4! 5! 12-3-4
Nazorat uchun savollar:
1. Takrorlanuvchi guruhlash deb nimaga aytiladi?
2. Polinomial koeffitsiyentlar qanday hisoblanadi?
3. Takrorlanuvchi guruhlash tadbiqiga misol keltiring.
IMISOL VA MASALALAK
1. 0,1,2,3,4,5,6 raqamlaridan iborat DOMrNO o'yini toshlari nechta?
2. 0,1,2,_, * raqamlaridan iborat DOMINO o‘yini toshlari nechta?
3. Qandalotchilik sexida 11 turdagi shirinlik ishlab chiqariladi. 6 ta bir
xil yoki 6 ta har xil shirinlikni necha xil usulda tanlash mumkin?
4. Muzqaymoq do‘konida 8 xil turdagi muzqaymoq sotilayapti. 5
kishiga necha xil usulda muzqaymoq olish mumkin?
Tenglamalami yeching (5-17):
6. C ’ =(c;::;+c;_v)p,
5.
A
]
+
P
,
,
+c;-pv
_
,
=39
8. i,5-cr! =o.5.4;;;
7.
r x
a ; - 6 = x-c;:,6
10. r x~l -L4
9.
r =a ;: ? ■.30
A
4
P
12.
11. A l r A ; A l , = r , p ^
r ,v~4 -42 P x _2
14. 120 a ; t = ( # c13. i \ =Cr: F , 2!
15.
K
=>54
16.
\
=13
17. 12C;;U55,£,
Tenglamalar sistemalarini yeching (18-20):
(c ;= c r!
) c r = 2.5x
18.
1 C,2 = 153
■ ( C l, = 5
'5-5-t munosabat berilgan bo‘lsa, n va m ni
20.
toping.
47
2.9. Nyuton binomi
Maktab kursidan qisqa ko‘paytirish formulalari bilan tanishsiz,
masalan ikki son yig‘indisining kvadrati
(a + b)7 = (a + b) ■(a + b) = aa + ab + ba + bb = a2 + 2ab+ b 3
yoki ikki son yig‘indisining kubini topish
(a + b f = (a + b) •(a + b) •(a + b) ~ a' + 3a rb + 3ab2 + b 5
kabi masalalarda a va b lar oldidagi koeffitsiyentlarni topish masalasi
kelib chiqadi.
Koeffltsiyentlami topish usulini frantsuz matematigi B.Paskal
(1623 - 1662) fanga kiritgan, hozirda Paskal uchburchagi deb ataladi:
1
1
n =0
1
n=1
2
3
1
1
3
4
6
10
10
1
5
1
n=2
n =3
n~4
n =5
n
soni yetarlicha katta bo‘lganda, (a + b y uchun
uchburchagini tashkil qiluvchi sonlar C* ga teng bo‘ladi:
Paskat
C°
C33
c°
c'„ ...................................... ct ' c;
Paskal uchburchagining tashqi tomonlaridagi sonlar har doim 1
ga teng bo‘ladi, chunki c.u=c;=i. Paskal uchburchagining yana bir
qonuniyati, uchburchakdagi 2 ta ketma-ket sonni qo‘shish natijasida
kcyingi qatordagi shu 2 son o ‘rtasida turgan sonni topish mumkin. Bu
xossa Paskal formulasi deb nomlanadi: C.*;,1+ C*_, = C*. Bunda 0 < k < n.
(n I)'
(n-l)!
(n-1)!
c*:! +c.*_, = (n-A)!(*-l)!
(« -Jt - 1)!*:! (n-Jt-l)!(*-l)!(n-*
nl
(« -1)!
n
= C*.
(n-Jt-l)!(Jt-l)! (n-k)k (n-Jt)!Jt!
( 1 . M=
* Kenneth H.Rosen// Discrete Mathcmatics arul Its Applications// Monmouth Univcrsity,
NewVork. 2012 y, 4S9-p.
48
Binomial teorema 6. Quyidagi tenglik o'rinli
(a + bY =XC„* a‘ b"'1 =
£=0
= C° -a° ■b" +C'„ a ' - b - +... + C' ■a* -b“-‘ +... + C“ a ‘ b"
bu yerda C? sonlarga binomial koeffitsiyentlar, tenglamaga esa
Nyuton binomi deyiladi.
Isboti: Formulani matematik induktsiya metodidan foydalanib
isbotlash mumkin. Haqiqatan ham,
n = \ boMganda
(o + i)1=C ? a° b' + C \ -a' -b° = b + an = 2 bo‘lganda
(a + b ) 1 = C." -a° b 2 + C \ -a' -b 2-' +C\2 - a 2 ■b" =
= b 2 + 2 a b + a 2.
l
1
1
1
1
2
4
5
6
i
3
3
6
10
15
21
10
20
1
6
15
35
35
70
56
l
4
6
21
56
126
126
252
Fndi formulani n-i uchun o'rinli deb faraz qilib, quyidagiga ega
boMamiz:
( a + b )” = ( a + b)"-' (a + b) =
= a - ( a + b)"-' + b ( a + b ) “-‘ =
= S C/f=0
+ X C l,a* 6 (”-|)-*+l.
A--u
Yig‘indida indekslarni almashtiramiz: k = j - \ , j = k + \, u holda
*-0
bo‘ladi. Bundan
;-]
(a + £)" = ]rc*;'a*fc” * + ]Tc*_ia kb ’' k
*.i
<
° Kcnncth H.Roscn// Discrctc MHthcmatics and Its Applications// Monniouth University.
NewYork. 2012 y, 4S9-p.
49
formulani hosil qilamiz. Oxirgi tenglikda yig‘indilar chegaralarini
tenglashtiramiz. Buning uchun yordamchi
C;_‘, = 0. c;_, = 0
tengliklarni kiritamiz, u holda
£ c : > ‘A"-‘ = i c ^ o * r ‘
tengliklar hosil boMadi.
Bu tengliklami o'miga qo'yib, quyidagini hosil qilamiz:
(a + b)n = Y (C.*;,1 + C*., )»*A"-* = V C*a*Z>"-*.
Teorema isbotlandi.
Misol. (2 a -3 * )4 ni darajali ko'phadga yoying.
Yechilishi: Nyuton binomi formulasidagi C* koeffitsiyentlarni
ko'rinishida ham yozish mumkin. U holda ko'phad quyidagi
ko'rinishni oladi:
(2a - 36)4 = ( g ) (2a)4(-3 6 )° + ( * ) i2a)3l - 3 b ) ' + ( * ) (2a)2(- 3 6 )2
+ ^ ) (2a)1(-3 6 )3 + ( * ) (2 a )°(-3 6 )4
= (2a)4 + 4(2a)3(-3 6 ) + 6(2a)2(-3 6 )2 + 4 (2a)(-36)3 + (—36)4
= 16a4 - 96a36 + 216a262 - 216a63 + 8164
Hozirda Nyuton binomi deb yuritiladigan yuqoridagi formulani
l.Nyuton (1643-1727) gacha O'rta Osiyolik olimlar, yurtdoshlarimiz:
matematik, astronom, shoir U.Xayyom (1048-1122), keyinchalik
M.Ulug‘bekning shogirdi GJ. al-Koshiy “Arifmetika kaliti” asarida
yorqin misollarda ko'rsatib bergan. Yevropada esa B.Paskal o‘z
ishlarida qo'llagan. Nyutonning xizmati shundaki, u formulani daraja
ko'rsatkichi n ning butun bo'lmagan holi uchun umumlashtirdi.
|*| <1 uchun n ning butun bo‘lmagan qiymatida Nyuton binomi
formulasining ko'rinishi quyidagicha bo‘ladi:
a (a - l) . a (a - l|(a -2) ,
a (a -l)(a -2 1 ( « - * il) ,
(1+* = ♦ ax +-------- 1 - +-------------- * t *--------------------------- x +
2!
3!
k\
Binom yoyilmasi ko'pgina kombinatorika formulalarida asos
bo'lib xizmat qiladi, masalan:
50
1. a = b = 1 bo'lganda
X c * = 2” hosil bo‘ladi. Bu son n ta
4=0
elementli s to'plamning barcha mumkin boMgan tartiblanmagan qism
to'plamlari soniga teng.
2. a = t, A=-i boMganda X c ‘(_1>* = 0 8a ten§’ ya’ni tocl va juft
"
i--0
o'rinda turgan binomial koeffitsientlar yigMndisi 2"~' ga teng va ular
o‘zaro ham teng boMadi.
2.10. Katalan sonlari
"
= (2«)!
(w + l)!n!
„ s o y o k ic ,,= —— •c.", formulalar yordamida kelib
J
(n+l)
chiqadigan I, 1, 2, 5, 14, 42,...sonlariga Katalan sonlari deyiladi.
Formuladan ko‘rish mumkinki, C„ sonlarni markaziy
binomial
1
70
koeffitsiyentlardan hosil qilish mumkin, masalan, c„ = --C,‘ = — = 14,
ya’ni 8-qatordagi markaziy element 70 ni 5 ga boMishdan hosil boMadi:
i
1
3
1
1
1
5
21
7
8
10
15
6
28
©
©
4
1
(D
1
3
1
4
10
35
©
1
1
5
15
©
35
56
1
6
21
56
1
7
28
8
Nyuton binomi va Paskal uchburchagidan foydalanib, 9 lik va 3 lik
sanoq sistemalariga o'tish mumkin, bunda C* o‘miga
” | belgilash
kiritamiz: Masalan, 10 lik sistemadan 9 lik sistemasiga o'tish formulasi
10" =(9+1)"
bo'lsa, 1000 sonini 9 lik sistemada 1331 ga teng ekanini keltirib
chiqarish mumkin:
51
= 1 93 + 3 92 + 3 9 + 1-9°
= 1331,
10 lik sistemadan 3 lik sistemasiga o'tish formulasi
1Qn = r*rO
12
’ '
boMsa, 1000 sonini 3 lik sistemada 1101001 ga teng ekanini ko‘ramiz:
103 = ( o ) 36+ ( ? ) 3* + ( 2) 32 + (1 ) 30
= 1 - 36 + 3 • 34 + 3 ■32 + 1 ■3°
= 1 ■36 + 1 35 + 0 34 + 1 ■33 + 0 - 32 + 0 ■3l + 1 ■3°
=
1101001 3
L.Eyler qavariq beshburchaklarni «triangulyatsiya», ya’ni
beshburchakni kesishmaydigan dioganallar orqali uchburchaklarga
ajratish masalasida Katalan sonlariga duch keladi.
Aytaylik, C„ soni qavariq n+2 - burchakni triangulyatsiyasiga teng
bo'lsin, ya'ni C,=l, C 2 = 2, C, =5 va C, = i4 ga teng. Eyler quyidagini
topadi: c, = --6' 10-
• l>i
0
c 2=2
Ct = l
C3=5
1759 yilda nemis matematigi I.A.fon Segner (1707-1777) C„ ni
hisoblashning rekursiv tartibini yaratdi:
C„ = C„C„_, +C,C„_2 +... + C„_,C0.
Masalan, C0 = l . C4 = 1 5+1 2 + 2 1+ 5 1= 14 ga teng.
2.11. Nyuton binomining umumlashgan teorcmasi
Teorema. k ta qo‘shiluvchiga ega bo'lgan (a, + a 2+ ...+ a t Y ifoda
uchun Nyuton formulasi quyidagiga teng:
( a , + a 2 + ... + a k y
=
£
T"----- , ai' a 2 ■■■■“ ?
r,20....A»> r,-+2’— 'rf
r,* r,+ ...4 r4 =n
ya’ni yig'indi r, + r2 +..+ /> = n tenglamaning barcha nomanfiy butun
yechimlari uchun hisoblanadi.
Misol. Nyuton polinomi formulasidan foydalanib (a + A+ c)3 ni
hisoblaymiz. Agar qavslami ochib, soddalashtiradigan bo'lsak, bir
qancha amallarni bajargandan keyin quyidagi tenglikka kelamiz:
(a + b + c)’ = a 3 + i ’ + c ' + 3 a lb + 3 a~c + 3a b 1 + 3 b2c + 3ac* + 3 bc1 + 6abc.
Barcha hisoblashlardan keyin 10 ta haddan iborat boMgan tenglik hosil
bo'ladi. Bu tenglikni polinomial formuladan oson topish mumkin:
..
.
- ,,
_
.
„
, ■ [r,?O ,r.J0,r,>0,
2
l r,+r, + r, =3.
bizning misolda n = 3, * = 3 , y a m
Turli koeffitsiyentlar ham 3 ta, bular:
= l.
= 3. -
- = 6.
Nalijani yozish uchun chekli sondagi
indekslami barcha mumkin
ho'lgan kombinatsiyalari jadvalini tuzgan ma'qul:
rl
r2
r.
3
0
0
2
2
1
0
1
0
1
0
3
0
1
0
2
2
0
I
1
0
0
3
0
1
0
1
2
2
1
53
U holda
(a + fc + c ) ' =1 ( a3+ 6 3+ c ’ ) + 3 (a 2b + a 2c + ab2 + b2c + a c2 + bc2) + 6 abc
hosil boMadi.
Misol. (jt+v + r)’ darajani yoyishdan hosil boMgan r\yV had
oldidagi koeffitsiyentni toping.
Yechilishi:
*,=3,<:j=2, *,= 4 boMsa, i V'i ' had oldidagi
koeflfitsiyent
91
= i260ga teng.
31214!
Misol. 15 talabani nechta usulda 3 ta o'quv guruhiga 5 nafardan
guruhlarga ajratish mumkin?
Yechilishi: Bizda 15 ta ob'yekt bor, ulami 5 tadan 3 ta guruhga
15'
ajratish kerak. Bu ishni
= 68796 usulda bajarish mumkin.
Misol. “MASALA” so'zidagi harflami necha xil usulda o‘rin
almashtirish mumkin?
Ycchilishi: Ushbu so‘z 6 ta harfdan iborat boMgani uchun uni 6!
usulda o‘rin almashtirish mumkin. Biroq unda 3 ta “A” harfi qatnashgan,
“A” harflarini o‘rin almashtirgan bilan yangi so‘z hosil boMmaydi. 3 ta
harfni o‘rin almashtirishlar soni 3! ga tengligidan
6!
—= 1 2 • qiymat
topiladi.
Demak, “MASALA” so'zidagi harflami o‘rin almashtirish bilan
120 ta turli “so‘z” hosil qilish mumkin ekan.
Nazorat uchun savollar:
1. Qisqa ko'paytirish formulalarini keltiring.
2. Binomial koeffitsiyentlar formulasini yozing.
3. Binomial teoremani isbotlang.
4. Paskal uchburchagining vazifasi nimadan iborat?
5. Paskal formulasini isbotlang.
6. Katalan sonlari deb qanday sonlarga aytiladi?
7. Bir sanoq sistemasidan boshqa sanoq sistemasiga o‘tish
formulalarini keltiring.
MISOL VA MASALALAR
1. Paskal uchburchagining 8-qatori quyidagicha boMsa,
1 7 21 35 35 21 7 1
a) 9-qator elementlarini aniqlang;
54
b) 10-qator elementlarini aniqlang;
2. Agar a , b , c - 8-qatordagi ketma-ket joylashgan sonlar bo‘lsa, u
holda 10-qatordagi sonlardan biri a+ 2b+ c yigMndiga teng bo'Hshini
kolrsating;
3. C* + 2C**' + C*42 = C‘*j tenglikni 0 £ k <. n - 2 boMgan hol uchun
Paskal formulasidan foydalanib isbotlang.
4. “MATEMATIKA” so‘zidan nechta turli xil so‘z yasash mumkin?
a) Ulardan nechtasi “T” harfi bilan boshlanadi?
b) Ulardan nechtasida ikkita “M” yonma-yon joylashgan boMadi?
Quyidagi ikki had darajalarini Nyuton binomi formulasini qoMlab,
ko'phadlarga yoying (5-16):
5. (x+y)4
6. ( x - y ) 5
7. (2* - l)5
8. (x + 2y)6
13. (Jt+>)6
14. ( x + y ) G
15. U + y ) 7
16. (x + y ) 8
17. (x + y + ~)* darajani yoyishdan hosil boMgan xsy 2z 2 had oldidagi
koeffitsiyentni toping.
18. (* + >•+3)’ darajani yoyishdan hosil boMgan x ' y 2 had oldidagi
koeffitsiyentni toping.
19. (2x + y + z)9 darajani yoyishdan hosil boMgan jr4>2-5 had oldidagi
koeffitsiyentni toping.
20. (x+ y + z- 1)6 darajani yoyishdan hosil boMgan x2y2z2 had oldidagi
koeffitsiyentni toping.
21. (a + b)11 darajani yoyishdan hosil boMgan a'b' had oldidagi
koeffitsiyentni toping.
22. (a +£ +3c)15 darajani yoyishdan hosil boMgan a'b6c had oldidagi
koeffitsiyentni toping.
Test savollari:
1. n taelementdan k tadan guruhlashlar sonini aniqlang.
nl
ni
ki
A) (n - k)!
B) k!(n-Ar)l C) n!(n-kM
D) nk
2. Mashinada haydovchini ham hisobga olganda 6 ta o‘rin bor. 6
kishidan 4 nafarida haydovchilik guvohnomasi boMsa, ularni nechta
usulda o‘rinlashtirish mumkin?
55
♦
3. ^
A) 1440
ni hisoblang:
4.
A) 2652
hisoblang:
A
B) 240
B) 2684
C)480
C) 2680
D) 360
D) 2180
A) 204
B) 9
C) 260
D) 229
5. (x+2)' binom yoyilmasining 6-hadi oldidagi koeffitsiyentni toping.
A) 12
B) 10
C) 6
D) 21
6. Tenglamani yeching. Aj ■c;~' = 4S
A) 12
B) 10
C) 6
D) 4
7. Maxraji 50 ga teng nechta nomanfiy qisqarmaydigan to‘g‘ri kasr
mavjud?
A) 60
B) 10
C) 20
D) 35
8. Talaba 8 kunda 4 ta imtihonni topshirishi kerak. Kuniga bittadan ortiq
imtihon topshirish mumkin emas. U buni nechta usulda bajarishi
mumkin?
A) 860
B) 1680
C) 720
D) 8!4!
9.
ni hisoblang:
A) 40320
B) 84440
C) 68020
D) 18050
10. Aj - Aj - A, hisoblang.
A)204
B) 1440
C) 260
D) 229
11. (x+2)' binom yoyilmasining 7-hadi oldidagi koeffitsiyentni toping.
A) 12
B) 10
C) 6
D) 7
12. Tenglamani yeching. c; +6C; +6C) =9xJ -14*
A) 12
B) 10
C) 6
D) 7
2.12. Kombinator konfiguratsiyalar
0 ‘rin almashtirishlar gruppasi yoki simmetrik gruppa deb
nomlanuvchi muhim bir gruppani qarab chiqamiz. Bu ko‘rinishdagi
misollarni frantsuz matematigi Evarist Galua (1811-1832) tadqiq qilgan.
uchta element berilgan bo‘lsin. Bu elementlardan 6 ta o‘rin
almashtirish tuzish mumkin: x^x^xjxjx^xjx^xjxjxpxjx^xjx^x,.
Ixtiyoriy ikkita o‘rin almashtirishni ustma-ust yozib, o‘rinlashtirish
hosil qilamiz. Masalan:
x. x.
Bu jadval {(x,,jr2),(jr2,xj),(xj,x,)} binar munosabatni bildiradi. Barcha
mumkin bo‘lgan o'rinlashtirishlar o‘rin almashtirishlar soniga teng
bo‘ladi. Mumkin bo‘lgan 6 ta o‘rinlashtirishni quyidagicha belgilaymiz:
0 ‘rinlashtirishlar ustida 2 o‘rinli ko‘paytirish amalini aniqlaymiz.
2 ta o‘rinlashtirish ko‘paytmasi deb, oldin birinchi keyin
ikkinchi o‘rinlashtirishlami ketma-ket bajarish natijasida olingan
o‘rinlashtirishga aytiladi. Masalan:
cxb =
Barcha mumkin bo‘lgan ko'paytirish natijalari jadvalda
________________ keltirilgan:_________________ __
a
P
e
a
b
c
d
f
a
a
e
b
c
d
f
b
b
a
d
c
e
f
c
c
e
a
b
d
f
d
d
b
e
a
c
f
e
e
a
d
b
c
f
d
e
b
c
a
___ ___ L _
Misol. / =
( 1 2 33 4 45 )5
5 22 !1 44 3.j
3 va
(l
U
2 3 4 S\
1 2 3
, .
,
. . . L(
5J0 ™ almashtinshlar
superpozitsiyasini toping.
Yechilishi:
g°f
ko‘rinishidagi
almashtirish deyiladi.
e(x) = x
Masalan,
1 2 3 4 5^
■(
5 1 4 3 2 /
o‘rin almashtirishga
1 2 3 4 5
1 2 3 4 5
57
ayniy
o rin
Birinchi va ikkinchi satr elementlari o‘mini almashtirish bilan hosil
qilingan o‘rin almashtirishga teskari o‘rin almashtirish (teskari
funktsiya) deyiladi.
Misol.
4 2
=^
m
.(3
=
ll
4
i 5] ga tes'tar*o'rinlashtirishni tuzamiz:
2
1 5)
2 3 4
5j
= tartiblab qo yamiz =
4 3
(1
2 3 4 5)I
(44 3 1 2 5J'
2.13. To‘plamIarni bo‘Iaklarga ajratish
Ushbu mavzu to'plamlar nazariyasi bo‘limida qaralmadi, chunki,
boMaklarga ajratish masalasi biroz murakkab bo'lib, uni hisoblash
formulalari kombinatorika formulalaridan kelib chiqadi.
Aytaylik, 3 = {i*,,B2.... B „ } to'plam m ta elementdan iborat x
to'plamning o'zaro kesishmaydigan n ta qism to‘plamga ajratilgan
bo'laklari bo'lsin. Bunda
BcX, 0b, = x , b,* q , agar i * j bo'lsa,
8,nB ( = 0 .
qism to'plamlar bo‘lakning bloklari deyiladi. Bo‘sh
boMmagan bloklarga ega bo'laklar bilan ekvivalentlik munosabati
o'rtasida o‘zaro bir qiymatli akslantirish mavjud.
Agar e, va e , x to‘plamning boMaklari bo‘lib, har bir e 2 blok
bloklaming birlashmasidan iborat boMsa, u holda e, boMak e2 ning
maydalangan boMagi deyiladi. Maydalangan boMaklar qisman
tartiblangan boMadi.
B,
2-tur Stirling sonlari 7: (J.Stirling (1699-1770))
m ta elementli to‘plamning n ta boMakka ajratish soniga 2-tur
Stirling soni deyiladi va quyidagicha belgilanadi:
(katta harf bilan
yoziladi).
Ta'rifga ko‘ra
S”' = l, m > 0 bo'lsa S“ = 0,
50° = 1, n>m bo'lsa S"=0.
Teorema. 2-tur Stirling sonlari uchun quyidagi tenglik o‘rinli:
s> s ::\+ n s : t. '
7 Novikov F. A. Diskrctnaya matematika dlya programmist»v.ZAO Izdatclbskiy dom
«Pitcn>, 2007 7& -c
58
Isboti: 3 to‘plam m = {1,2,..., m } to'plamning n ta blokka ajratilgan
bo'laklari bo'lsin.
3, = j A ' e S i a J e J f (B = <m>)}, 32= { X e 3 1- 3 B e X (B = {m})},
ya’ni m ta element alohida blok hosil qiladigan bo‘lak 3, ga, qolgan
barcha boMaklar 3 2 ga tegishli bo‘ladi.
Bundan 3, = (Y«=3 |m6 A'=>|Aj>i} ekanligi ma’lum. U holda
3 = 3, U 3 2, 3, n 32 = 0 o‘rinli. Barcha 3 2bo'laklar quyidagicha hosil
qilinadi: {1,2,..., m - l } to'plamning barcha bo‘laklari n ta blokka ajratiladi,
ular S ’ , ta bo‘ladi va har bir blokka navbat bilan m - element
joylashtiriladi. Natijada
5;=|3j=|3,|+|32| = 5 ; X . ,
tenglik hosil bo'ladi.
Teorema isbotlandi.
Teorema.
2-tur Stirling soni
"
uchun
S* =
/=«-l
' tenglik
o‘rinli.
Isboti: 3 to‘plam m = {1,2,..., m } to'plamning n ta blokka
ajratilgan bo‘laklari bo‘lsin. 5 = { s c 2" |m e s ) to‘plamlar oilasini
qaraymiz. U holda 3 to‘plam 3 = U 3 , ko‘rinishida bo‘ladi, bunda
311= {A'|A'e3 va b e x } va agar s jtfl" bo‘lsa,
ya’ni
o‘zaro kesishmaydi. Aytaylik, B «= B va b = |fij boMsin.
U holda
3,, ning quvvati 13,1 = -v;i ga teng boMadi.
|{fi e B | b = d ’ ekanligidan
z L)3e -
= Z c-T 's;-1= I c ; , y ;
l.t t •*
tenglik hosil boMadi, bu yerda / = m - b .
Teorema isbotlandi.
1-tur Stirling sonlari: Syur'yektiv funktsiyalar soni, ya’ni m ta
predmetni n ta idishga taqsimlash soniga 1-tur Stirling soni deyiladi
(bunda idishlaming barchasi band qilingan boMadi) va quyidagicha
belgilanadi: s m (kichik harf bilan yoziladi).
Teorema. 1-va 2-tur Stirling sonlari 0 ‘rtasida s m
” =n\S"m bogMiqlik
0 ‘rinli.
59
Isboti: {1,2... m} to‘plamning har bir bo‘lagiga to‘plamlar oilasi
syur’yektiv funktsiya sifatida mos qo‘yiladi. Shunday qilib, turli
to'plamlar oilasining syur'yektivlik darajasi - bu 2-tur Stirling sonidir
5;. Barcha syur'yektiv funktsiyalar soni esa s* = n'S'. ga teng.
feorema isbotlandi.
Bell soni: (Erik Bell (1883-1960)).
m ta elementli to'plamning barcha bo'laklar soni Bell soni
deyiladi va B(m) ko'rinishida belgilanadi:
"11
va fi(0 ) = l.
Teorema. Bell soni uchun fi(m+l) = £<?;,/?(() tenglik 0 ‘rinli.
i=t)
Isboti: 3 to'plam m , = {1,2,. .m+i} to'plamning barcha boMaklari
to‘plami bo'lsin. M , to'plamning m + 1 elementdan iborat qism
to‘plamlari to'plamini qaraylik:
B = {fi<= 2“‘ |m + lefi}.
U holda 3 to'plam 3 = ficfi
U 3 , ko‘rinishida bo‘ladi, bunda
3„ = {Jsr e 3 | B e * } .
Aytaylik, f l e S v a fi = |B| bo‘lsin. U holda 3 , ning quvvati
|3a| =fi(m+i-*>) ga teng bo'ladi. |{se B \ b = |B)]| =c*'' ekanligidan
B (m +1) = m = X C fi(m - b +1) = X C ‘m
A-l
»*»
= i c mm
/*0
tenglik hosil bo‘ladi, bu yerda / = m —b + \ .
Teorema isbotlandi.
Nazorat uchun savollar:
1. 1-tur Stirling soni deb qanday sonlarga aytiladi?
2. 2-tur Stirling soni deb nimaga aytiladi?
3. 1- va 2-tur Stirling sonlari bir-biri bilan qanday bog‘langan?
4. Bell soni deb nimaga aytiladi?
5. E.Galuaning simmetrik gruppalarini tushuntirib bering.
6. 0 ‘rinlashtirishlar ustida ikki o‘rinli ko‘paytirish amali qanday
aniqlanadi?
7. 0 ‘rin almashtirishlar superpozitsiyasi qanday topiladi?
8. To‘plamlarni bo'laklari deganda nimani tushunasiz?
9. To‘plamning bo‘laklari va bloklari farqini tushuntiring.
60
3. GRAFLAR
NAZARIYASI
Graflar nazariyasi - diskret matematikaning bir bo‘limi bo‘lib,
unda ob'yektlami o‘rganish masalalarida geoinetrik yondashuv asosiy
o‘rin tutadi.
Graflar nazariyasi temir yo‘1 tarmoqlari, telefon yoki kompyuter
tarmoqlari, irrigatsiya sistemalari kabi murakkab sistemalarning
funktsiyalarini analiz qilish uchun qoMlaniladi. Shuningdek, ushbu
nazariya iqtisodiy va rejali ishlab chiqarish sohalarida, ishlab chiqarishni
boshqarishni avtomatlashtirishda juda ham samaralidir.
XVIII asrda mashhur shvetsariyalik matematik L.Eyler (17071783) Kyonigsberg ko‘prigi haqidagi masalani yechish uchun birinchi
marta grafdan foydalanadi. Hozirda bu masala klassik yoki Eyler
masalasi nomi bilan mashhur: Shu davrda Kyonigsberg shahrida 2 ta
orol boMib, ular Pregol daryosining 7 ta ko‘prigi bilan birlashtirilgan edi.
Masala quyidagicha qo‘yilgan: “Shahar bo‘ylab shunday sayr
uyushtirish kerakki, bunda har bir ko‘prikdan bir martadan o‘tib, yana
sayr boshlangan joyga qaytib kelish kerak’1.
i?
Ikst
t«4i
ilfllkt
3.1-chizma. Kyonigsberg ko'priklari modeli
61
Eyler bunday sayr marshrutining
chizmalar tarzida isbotlab berdi.
yo‘qligini 1736 yildayoq
3.2-chizma. Kyonigsberg ko'priklari grafi
Eyler maqolasi e’lon qilingandan 100 yil o‘tganidan keyin XIX
asming o'rtalarida elektr tarmoqlarini, kristall panjaralami, molekula
tuzilishini tadqiq qilishda graflar nazariyasining o‘rganish ob’yektlari
paydo bo‘la boshladi.
S2N6 - etan
S4Ng - tsiklobutan
H
H
H
H
H
H
H
H
S5N 10 - tsiklopentan
Keyinchalik 1936 yilda vengeriyalik matematik D. Kyonig
o‘zining graflar nazariyasiga bag‘ishlangan monografiyasida yuqoridagi
sxemalami “graf’ deb nomlaydi.
Umuman olganda, qo‘yi!gan masalani yechish uchun qurilgan
model - grafdir. Graf uchlar to‘plami va uchlami tutashtiruvchi
qirralar to‘plamidan iborat bo‘ladi.
62
Eyler masalasida (3.2-chizma) A, B, C, D uchlar orol va daryo
qirg“oqlarini ifodalaydi, 1 dan 7 gacha raqamlar bilan belgilangan
qirralar esa 7 ta ko‘prikni bildiradi.
Bir uchdan chiqib, har bir qirradan rosa bir martadan o‘tib, yana
shu uchga qaytib keluvchi marshrut chizmasiga Eyler grafi deyiladi.
XX asming elliginchi yillaridan boshlab kibemetika va hisoblash
texnikasining rivojlanishi bilan umumiy graflar nazariyasiga doir
ishlanmalar ham yaratila boshlandi. Shu davrdan graflar nazariyasining
masalalari va o'rganish metodlari shakllandi.
3.2. Yo‘naltirilgan va yo‘naltirilmagan graflar
Bo‘sh
U = {ax,a l r ..,a n)
uchlar to‘plami
va
qirralar to‘plamidan tuzilgan tartiblangan
G = (U .Q ) juftlikka oddiy graf deyiladi. U to‘plamning elementlari
a ,,a 2 a„
lar grafning uchlari,
Q to‘plamning (a(1, «„),..., {aA ,a jk)
juftliklari grafning qirralari deyiladi.
Grafning ikkita uchini birlashtiruvchi chiziqqa qirra deyiladi, agar
( a ,,a y) qirra berilgan bo‘lsa, u holda a, va a t uchlar birlashtirilgan
deyiladi.
Misol. Agar U = {a,,a2,a3,a4,a5,a6} va
(^ { (a ^ a z X ^ a jX ta ^ a jk ^ a J ^ a ^ a ^ a ^ a J ^ a ^ a j)} boisin, u holda
U va Q to'plam quyidagi G grafni hosil qiladi.
= {( a„, ay
bo‘lmagan
( aa. , a ^) }
Bitta uchdan chiqib, yana shu uchga kiruvchi qirraga
deyiladi va (a,,a,)kabi belgilanadi:
3.5-chizma. Ilmoq
63
ilmoq
Grafning ikkita uchi umumiy qirra biian o‘zaro bog‘langan bo‘Isa,
ular qa‘shni uchlar deyiladi. Agar grafning ikkita qirrasi umumiy
uchga ega bo‘lsa,
ular qo‘shni qirralar deyiladi, Quyida turli
ko‘rinishdagi graflar keltirilgan:
(a i; a 2) qirra (a2:a3) qirraga qo‘shni, chunki a2 uch ular uchun
umumiy.
Uchlari qirraiar bilan bog‘lanmagan grafga nolgraf deyiladi.*
•<J|
‘aj
*a3
‘ «4
Misol. Fuqaro o'zining qaysi regionda ekanligini bildirish
maqsadida o‘zi yashaydigan harbiy bo‘limga borib, ro‘yxatdan o‘tib
qo‘yadi. Toshkent shahridagi harbiy boTimlar (1) Chilonzor, (2)
Yunusobod, (3) M.Ulug‘bek, (4) Olmazor, (5) Shayhontoxur, (6)
Uchtepa tumanlarida mavjud boTsin. Har bir boTimdagi kompyuter
telefon simi orqali o‘zaro bogTangan. Kompyuterlar to‘rini graf
yordamida quyidagicha tasvirlash mumkin:
5
3.7-chizma. Kompyuterlar to‘ri
64
Agar grafning barcha uchiari o‘zaro bog‘langan bo‘lsa, unga
to‘liq graf deyiladi.
n ta uchga ega to‘Iiq graf K„ ko‘rinishida belgilanadi:
3.8-chizm a. K„ to ‘liq gratlar
Agar grafning barcha qirralarida yo‘nalish ko‘rsatilgan bo‘lsa,
unga yo‘naltirigan graf deyiladi. Yo‘naltirilgan graflarda uchlami
tutashtiruvchi qirralarga yoyiar deyiladi.
a}_______ aj
Oi
a4
Agar grafning qirralarida yo‘nalish ko‘rsatilmagan bo‘lsa, unga
yo‘naltirilmagan graf deyiladi.
a2
a3
at
a4
Ikkita uchni tutashtiruvchi bir nechta qirralar karrali qirralar deyiladi.
3.9-chizma. Karrali qirralarga ega g raf
Karrali qirralarga va ilmoqqa ega boMmagan, chekli sondagi qirraiar
va uchlardan iborat graf oddiy graf deyiladi.
Agar grafda karrali qirralar mavjud bo‘lsa, bunday grafga multigraf
deyiladi. Agar grafda karrali qirralar bilan birga uchni o‘z-o‘zi bilan
65
tutashtiruvchi ilmoqlar ham mavjud bo‘lsa, bunday grafga psevdograf
- multigraf',
- psevdograf, A - orientirlangan multigraf.
Agar berilgan uch qirraning oxiri bo‘lsa, qirra va uch intsident
deyiladi.
Nazorat uchun savollar:
1. Graflar nazariyasining kelib chiqish tarixi qanday?
2. Oddiy graf deb nimaga aytiladi?
3. Graf ta'rifini ayting.
4. llmoq, karrali qirra tushunchalariga ta’rif bering.
5. Multigraf, psevdograf ta’rifini keltiring.
6. ToMiq graf nima?
7. To‘liq graf turlarini chizing.
3.3. Qism graf. Izomorfizm
G ‘ graf G grafning qismi deyiladi, agarda G ‘ ning uchlari
to‘plami G ga tegishli bo‘lsa, ya'ni U ‘ <^U bo‘lsa, hamda G ‘ ning
barcha qirralari G ning ham qirralari bo‘lsa, ya’ni Q' c 0 .
Misol. Quyida berilgan b), c), d) graflar ichidan a) grafning qism
grafini toping.
Yechilishi: b) va c) graflar a) grafning qismi bo‘ladi. d) esa a)
ning qism grafi bo‘la olmaydi.
66
<
Misol. 2.11-rasmda berilgan grafning qism graflarini ajrating.
2 .1 1-chizma.
Ycchilishi:
G * graf G grafning toMdiruvchisi deyiladi, agarda uning barcha
uchlari G grafga tegishli bo‘lib, birorta ham qirrasi G ga tegishli
boMmasa.
Agar graflaming uchlari to‘plami orasida qo‘shnilik munosabatini
saqlovchi biyektsiya mavjud bo‘lsa, bu ikkita graf izomorf deyiladi. G
graf H grafga izomorf boMsa, G = H kabi belgilanadi.
Misol.
Quyidagi
chizmada
munosabatini saqlovchi biyektsiya
0 V (G , )-►
<p(i) = fc, <p(2) = a. <p{3) =c, 0(4) = / , <p(S) = d
G^-Gj izomorf boMadi:
67
)
qo‘shnilik
mavjud boMgani uchun
Agar graf o ‘zining toidiruvchisiga izomorf boisa, graf o‘zini
o‘zi toidiruvchi deyiladi.
3.4. Qo'shnilik matritsasi
1) Faraz qilaylik, G vo‘naltirilmagan graf boisin.
Ustunlariga ham qatorlariga ham grafning uchlarini mos qo‘yish
bilan quyidagi qoida asosida tuzilgan Av matritsaga grafning qo‘shni)ik
matritsasi deyiladi:
^
k, agar a, va a, uchlar k taqirra bilan birlashgan bo'lsa.
0, agar
va
uchlarbirlashma^n bo'lsa
Misol. Quyidagi yo‘naltirilmagan grafning qo‘shnilik matritsasini
tuzing:
a?
a,
a }
a,
u,
a,
a ,
a ,
'011
0 1 0 0 '
10 0 1 1 0
0
t 00
I0 1 0
0 1 10 0 l 0
, l 1 0 00 0 1
0 01
10 0 I
^0 0 0 01 1 0 „
Har bir qatordagi qirralar yig‘indisi mos uchning darajasini
bildiradi. Masalan, deg(A)~3, deg(B)=5.
A B c D row sum
A '0 2 0 1'
3
B 2 0 2 1
5
-e- deg(B)
C 0 2 0 1
3
D 1 1 1 0
3
68
Teorema 8. n ta
v„ uchga ega boklgan Ggraf qirralarini e
bilan belgilasak, uchlar darajalari yig‘indisi qirralaming ikkilanganiga
teng:
£ d e g (yi) = 2e
i-l
Misol. Chizmada ko‘rsatilgan graf uchlarining darajalar
yig‘indisi= 4 + 5 + 2 + 5= 16. Demak, qirralar soni 16/2 = 8.
b
2) G vo'naltirilgan graf uchun ustunlariga ham qatorlariga ham
grafning uchlarini mos qo‘yish bilan quyidagi qoida asosida tuzilgan
matritsaga grafning qo‘shnilik matritsasi deyiladi:
(
1, agar a, uch at uchningboshlanishi bo'lsa,
0, agar at u c h ^ uchgaqo'shnibo'lmasa vao, uch
uchning oxiribo'lsa
Qo‘shnilik matritsasining diagonatida turgan birlar grafning ilmoqlariga
mos keladi. Izolyatsiyalangan uchga nollardan tashkil topgan satr va
ustun mos keladi.
Qo‘shnilik matritsasidagi birlar soni grafdagi qirralar soniga teng.
Misol. Uchlari t/ = {i.23;4;5> va qirralari
V = ((1;2),(1;4),(23).13,4),(2,S).(4.5)}
bo‘lgan G(U,V) grafni yasang.
1 Ihomas Koshy// Discrete Mathematics with Applications// Department in O*ford, California.
2012 y, 54I-p.
69
Yechilishi: f
0
./
\
'0 1 0 0 t
1 0 1 1 0
0 1 0 0 1
0 1 0 0 1
.1 0 1 1 0
!!
9
Matritsa bilan berilgan grafhi yasash uchun matritsa diagonalida
joyiashgan elementlami bilish yetarli.
MISOL VA MASALALAR
1. Berilgan qo'shnilik matritsasiga ko‘ra grafning tasvirini toping:
r'o 12 ^
/ i = i i i
\2 1
2. Rasmda tasvirlangan graflar uchun qo‘shnilik matritsasini yozing:
3. Rasmda tasvirlangan graflar uchun qo‘shnilik matritsasini yozing:
!
70
Quyidagi graflar izomorfmi? Agar izomorf bo‘lsa, ular orasidagi
qo‘shnilik munosabatini saqlovchi biyektsiyani ko‘rsating(l-14):
71
►
II
I
\
72
------------------------------------------------------------------- —
15. Berilgan qo‘shnilik matritsasiga ko‘ra graf tasvirini chizing:
a)
b)
a
a '0
b 0
c 1
d 1
b
0
0
1
1
c
1
1
0
0
a b c d
a ‘ 1 1 1 0"
b 1 1 0 1
c 1 0 1 1
d 0 1 1 1
d
1"
1
0
0
Test savollari:
1. K [2 to‘liq grafda qirralar sonini toping.
A) 24
B) 12
C) 66
D) 120
2. K413 ikki karrali to‘liq grafda qirralar sonini toping.
A) 4
B) 13
C) 17
D) 52
3. K6)6 ikki karrali grafda bitta uchga qo‘shni bo‘lgan uchlar sonini
toping.
A) 2
B) 3
C) 5
D) 6
4. K7 to‘liq grafning bitta uchiga intsident qirralari sonini toping.
A) 7
B) 6
C) 5
D) 8
5. K* to‘liq grafdagi harbiruch darajasi nimaga teng?
A) 3
B) 4
C) 5
D) 66
6. Qaysi biri oddiy graf?
73
I
3.5. Intsidentlik matritsasi
Yo‘naltirilmagan, uchlari
v„} bo‘lgan chekli G grafning
intsidentlik matritsasi !M, i! V j ' = 1,—/ t ) deb, m ta qator va n
ta ustundan iborat quyidagi matritsaga aytiladi:
a) AtJ matritsaning satrlariga G ning uchlari, ustunlariga esa
qirralari mos qo‘yiladi;
{ 1, agar e, qirra a uchgaintsidcnt bo'lsa,
b)
0, agar et qirra a, uchgaintsident bo'lmasa
Misol.
a7
«1
(i,
at
1
0 1
10
00
0 0
0 0
00
{l
m 4 f6
*.
0 0 0 c 1 3 0 0
0 0 0 0 1 0 1 0
1 0 1 0 0 0 0 0
1 0 0 ] 0 1 0 0
1 0 0 0 1 0 10
0 0 1 0 0 1 0 1
1 0 0 0 0 0 0 1
Yo‘naltirilgan, uchlari {v,,...,vn} boMgan chekli G
grafning
intsidentlik matritsasi || AM|| (/ = !,.../n, j =
deb, m ta qator va n
ta ustundan iborat quyidagi matritsaga aytiladi:
a) Aj matritsaning satrlariga G ning uchlari, ustunlariga esa
qirralari mos qo‘yiladi;
[I, agar
b)
a} uch e, qirraningboshibo'lsa,
A =< 0, agar a ; uch e, qirragaintsidcnt bo'lmasa;
|- l ,a g a r a f uche, qirraningoxiri bo'lsa
74
[Vlisol. Rasmda tasvirlangan graf uchun intsidentlik matritsasini
yozing:
Yechilishi:
bo‘ladi.
Intsidentlik matritsasining ko‘rinishi quyidagicha
Ul Uj u3 1*4 Us U«
'1 1 1 -1 0 0'
x 3 -1 0 0 0 1 0
0 -1 0 0 0 -1
Xj
X4 _ 0 0 -1 1 -\
*l
Nazorat uchun savollar:
1. Qism grafga ta'rif bering.
2. ToMdiruvchi graf deb nimaga aytiladi?
3. Izomorf graflar deganda nimani tushunasiz?
4. Yo‘naltirilmagan graf uchun qo‘shnilik matritsasini tushuntiring.
5. Yo'naltirilgan graflarda qo‘shnilik matritsasi ta’rifmi ayting.
6. Ilmoqlar va qirralar sonini qanday aniqlash mumkin?
7. Yo'naltirilmagan graf uchun intsidentlik matritsasini tushuntiring.
8. Yo‘naltirilgan graflarda intsidentlik matritsasi ta’rifini ayting.
MISOL VA MASALALAR
1. Berilgan intsidentlik matritsasiga ko‘ra grafhing tasvirini toping:
'10011
v
01001
AU
0 0 110
V11 0 0 0 y
2.
Quyidagi yo'naltirilgan va yo'naltirilmagan
intsidentlik matritsalarini aniqlang:
75
graflar
uchun
3. Quyidagi graflar izomorfmi? Izomorf boisa, biyektsiyani yozing.
Test savollari:
1. Oddiy graf 8 uchga ega boisa, uning uchlari qanday darajali
boiadi?
A) 8,6,5,4,4,3,2,2;
V) 4,4,3,3,2,2,2,2;
C) 7,7,5,5,4,2,2,I;
D) 6,6,6,5,5,3,2,0.
2. Oddiy graf 7 uchga ega boisa, uning uchlari qanday darajali
boiadi?
A) 7,6,5,4,4,3,2;
V) 5,5,4,3,2,1,1;
C) 5,5,5,5,4,2,1;
D) 6,6,6,6,6,5,5.
3. Oddiy graf 6 uchga ega boisa, uning uchlari qanday darajali
boiadi?
A) 6, 5, 4, 4, 3, 2;
V) 5,3,3,2,1,1;
D) 5, 4, 3, 2, 1,0.
C) 5, 5, 5, 5, 4, 4;
3.5.
Yo‘naltirilgan graflarda kuchli bogManganlik
Graf bog‘liq deyiladi, agarda unda ixtiyoriy ikkita uchni biror
marshrut birlashtirib tursa. Istalgan grafni bog‘liq bo‘lgan qism graflarga
ajratish mumkin. Bunday bog'lovchi komponentlaming minimal soniga
grafning bogMiqlilik soni deyiladi va c(G) kabi belgilanadi.
Faraz qilaylik, g = (v , e ) graf berilgan boMsin. Ushbu grafning
c = c(G ) bogMiqlilik
komponentlari sonini hisoblash algoritmi
quyidagicha boMadi9:
begin
V ' := V;
c := 0;
w hile V'
begin
0 do
y - V ' ni tanlash;
y marshrut bilan birlashtirilgan barcha uchlami topish;
y uchni v' dan olib tashlang va
mos qirrani E dan olib tashlang;
c := c + 1;
en d
end
Eng yaqin qo'shnini topish algoritmi:
begin
v e V ni tanlash;
marshrut :=v;
w := 0;
v':=v;
v' ni belgilash;
w h ile belgilanmagan uchlar qoladi do
begin
v’ ga eng yaqin
belgilanmagan uch u ni tanlash;
marshrui: =marshrut « ;
w :=w +qirra vazni v’ u ;
v' := u\
v' ni belgilash;
end
marshrut: =marshrut v ;
w:= w + qirra vazni v’ v ;
end
9 Xaggarti R Diskretnaya matematika dlva programmistov. ZAO RITS Texnosferaw,
2003. 124-s.
77
3.7. Graf chizish algoritmlari
Tasodifiy yo'naltirilmagan graf chizish algoritmi:
n ta uch va m ta qirradan iborat yo'naltirilmagan grafning
qo‘shnilik matritsasi M n x n o'lchamli bo‘lib, bosh diagonalga nisbatan
simmetrik joylashgan 2 m ta r rostlik qiymatlarini qabul qiladi. Ushbu
misoldagi graf ilmoqqa ega emas deb qaraymiz, ya'ni ixtiyoriy
/ = 1,2 ,.../i
uchun M{i,i)= . Algoritmning *-qadamida 0 = 1,2, /n )
datchik yordamida matritsaning (i,j ) yacheykalarini topuvchi va unga
“ /?” harfmi yozib qo'yuvchi tasodifiy sonni olamiz. Agar (/,»
manzildagi yacheykaga bunday harf yozilgan bo‘lsa yoki / = > bo‘lsa,
ushbu qadamni omadsiz hisoblab, m ni bir birlikka oshiramiz.
In p u t
n - g ra fn in g u c h la ri soni;
m - g ra fn in g q ir r a la r i soni;
M - b a rc b a y a c h e y k a la rid a “ Y o” n i saq lo v ch i n x n oM chamli in a trits a ;
begin
fo r i = l to
m do
begin
d a tc h ik y o rd a m id a taso d ifiy f so n n i o lish;
,V:=[nV] + l;
/:= [V :n ] + l ;
1) n ;
If
M (i,j) := R a n d i * j
begin
M ( i,j) = R;
M (j,i)-R ;
else
th e n
en d
m .= m +1
end
end
O u tp u t M - yo‘n a ltirilm a g a n g ra fn in g q o ‘sh n ilik m a tritsa si.
Tasodifiy orgraf (yo‘naltirilgan graf) chizish algoritmi:
n ta uch va m ta yoydan iborat orgrafning qo'shnilik matritsasi M
nxn o‘lchamli bo‘lib, m ta “ /?” rostlik qiymatini qabul qiladi. Ushbu
misoldagi graf ilmoqqa ega emas. Algoritmning har bir *-qadamida
(* = l , 2 d a t c h i k yordamida matritsaning (/,»
yacheykalarini
aniqlaydigan va unga “ /?” harfmi yozib qo‘yadigan tasodifiy sonni
aniqlaymiz. Agar (/,_/) manzildagi yacheykaga bunday harf yozilgan
78
bo‘lsa yoki t-y bo‘lsa, ushbu qadamni omadsiz hisoblab, m ni bir
birlikka oshiramiz.
In p u t
n - g ra fn in g u c h la ri soni;
m - g ra fn in g y o y la ri soni;
M - b a rc h a y a c h e y k a la rid a “ Y o” n i saq io v ch i n > n o ‘lch am li m a tritsa ;
begin
fo r k = 1 to m do
begin
d a tc h ik y o rd a m id a taso d ifiy r sonni olish;
N := [nV] +1;
i:=[Y:n] + l;
j : = N - ( i - 1) n ;
If
M ( i,j) :* R a n d / * j
begin
th en
M( i , j) : =R ;
else
end
end
m := m + 1
end
O u tp u t o rg ra fn in g q o 'sh n ilik m a tritsa s i.
Tasodifly kontursiz orgraf chizish algoritmi:
ta uch va m ta yoydan iborat yo‘na!tirilgan grafning qo‘shnilik
matritsasi M nxn oMchamli bo'lib, m ta “ /?” rostlik qiymatini qabul
qiladi. Ushbu misoldagi graf ilmoqqa ega emas. Algoritmning har bir
t-qadamida
( k = 1,2,.../n) datchik yordamida matritsaning
(<,»
yacheykalarini
manzillarini aniqlaydigan va
k j
holda
( /,»
yacheykaga, / > j holda u ,/) yacheykaga “ /?” harfini yozib qo‘yadigan
tasodifiy sonni aniqlaymiz. Agar (i,j) manzildagi yacheykaga bunday
harfyozilgan yoki i = j bo‘lsa, ushbu qadamni omadsiz hisoblab, m ni
bir birlikka oshiramiz.
n
In p u t
n —G ra fn in g u c h la ri soni;
m - G ra fn in g y o y la ri soni;
M - b a rc h a y a c h e y k a la rid a “ Y o” ni saq lo v ch i nxn o ‘lc h a m li m a trits a ;
begin
fo r k = 1 to m do
begin
d a tc h ik y o rd a m id a taso d ifiy r so n n i olish;
A' :- [ n 2r]+ 1;
/' r= [Ar' :/»]-♦-1;
j ^ N - ( i - l ) n;
if i * j a n d i< j a n d
th e n
m,j) -R
if ( * j a n d r> j a n d M ( i , j ) t * R th e n
M(j,i):=R
else m := m +1
end
en d
O u tp u t A/ y o ‘n a ltirilg a n k o n tu rsiz g ra fn in g q o 'sh n ilik m a tritsa si.
3.8. Eyler graflari
Qo'shni yoylar ketma-ketligi yo‘l, qo'shni qirralar ketma-ketligi
zanjir deyiladi. Yopiq yo‘l kontur deyiladi, yopiq zanjir esa siki
deyiladi.
L.Eyler 1736 yilda
graflar nazariyasining ancha umumiy
hisoblangan quyidagi savoliga ham javob topdi: qanday shartlar
bajarilganda grafda barcha qirralardan faqat bir marta o‘tadigan sikl
mavjud bo'ladi?
Grafhing har bir qirrasidan faqat bir marta o‘tadigan zanjir Eyler
zanjiri deb ataladi.
Yopiq Eyler zanjiriga (ya’ni Eyler sikliga) ega graf Eyler grafi
deyiladi.
Agar grafda yopiq bo'lmagan Eyler zanjiri topilsa, u holda bunday
graf yarim Eyler grafi deyiladi.
T eo rem a . Graf Eyler grafi bo'lishi uchun undagi barcha
uchlaming darajalari juft bo'lishi zamr va yetarlidir.
N a tija . Bog'lamli graf yarim Eyler grafi bo'lishi uchun undagi
ikkitadan ko‘p bo‘lmagan uchlaming darajalari toq bo'lishi zarur va
yetarlidir.
Har bir yoydan faqat bir marta o‘tadigan yo‘l orientirlangan
Eyler yo‘li deyiladi.
Tarkibida oriyentirlangan Eyler yo‘li bor bo'lgan oriyentirlangan
graf oriyentirlangan Eyler grafi deyiladi.
80
Eyler zanjirini tuzisbning Flyori algoritmi
Qirralari soni n ga teng bo'lgan berilgan Eyler grafida Eyler
zanjirini tuzishning Flyori algoritmini keltiramiz. Bu algoritmga ko‘ra
grafning qirralari Eyler siklida uchrashi tartibi bo‘yicha 1 dan n gacha
raqamlab chiqiladi,
Berilgan Eyler grafi uchun ketma-ketlik Flyori algoritmiga asosan
quyidagi ikkita qoida asosida bajariladi:
1. Grafning ixtiyoriy v uchidan boshlab bu uchga intsident bo‘lgan
istalgan qirraga (masalan, v\/ qirraga) 1 raqami beriladi. Bu qirra
grafdan olib tashlanadi va v uchdan v' uchga (ya'ni olib tashlangan
qirraga intsident uchga) o‘tiladi.
2. Oxirgi o‘tishdan oldingi o‘tish natijasida hosil bo‘lgan uch w
bo‘lsin va oxirgi o‘tishda biror qirraga k raqami berilgan deylik. vv
uchga intsident istalgan qirra imkoni boricha shunday tanlanadiki, bu
qirrani olib tashlash grafdagi bog‘lamlilikni buzmasin. Tanlangan
qirraga navbatdagi (* + l) raqami beriladi va bu qirra grafdan olib
tashlanadi.
Flyori algoritmiga ko‘ra ish yuritish Eyler grafi uchun doimo
chekli jarayon ekanligi va bu jarayon doimo grafdan barcha qirralaming
olib tashlanishi, ya’ni Eyler zanjirini tuzish bilan tugashi isbotlangan.
Shuni ham ta'kidlash kerakki, Flyori algoritmini qo‘llash jarayonida
qirralarni tanlash imkoniyatlari ko‘p boMgani uchun, bunday
vaziyatlarda, algoritmni qoMlash mavjud Eyler sikllaridan birini topish
hilan cheklanadi.
Tushunarliki, Flyori algoritmini takror qoMlab (bunda qirralarni
tanlash jarayoni algoritmini avvalgi qoMlashlardagidek aynan
takrorlanmasligi kerak) Grafda mavjud boMgan barcha Eyler sikllarini
topish mumkin.
M iso l. Quyidagi grafni qaraymiz. Avvalo bu grafning Eyler grafi
boMishi shartini tekshiramiz.
Yechilishi: Berilgan grafda 9 ta uch boMib, 1, 3, 7, 9-uchlaming
darajasi ikkiga, 2, 4, 6, 8-uchlaming darajasi 4 ga, 5-uchning darajasi esa
6 ga teng. Xullas, bu grafdagi barcha uchlarning darajalari juftdir.
81
p
Shuning uchun, 1- teoremaga ko‘ra, ushbu graf Eyler grafidir va uning
tarkibida Eyler sikli mavjud.
Berilgan grafga Flyori algoritmini qoMlab mavjud Eyler sikllaridan
birini aniqlaymiz. Dastlabki uch sifatida grafdagi 1-uchi olingan boMsin.
Bu uchdan ikki yo'nalishda: (i;2> qirra bo‘ylab yoki (1:4) qirra bo‘ylab
harakatlanish mumkin. Masalan, (t2) qirra bo'ylab harakatlanib, 2uchga o‘tamiz. Endi harakatni 3 yo'nalishda: yo (2J) qirra bo‘ylab, yo
(2;4) qirra bo'ylab, yoki (2,5) qirra bo‘ylab davom ettirish mumkin.
Aytaylik, (2;5) qirra bo'ylab harakatlanib, 3-uchga o‘tgan bo'laylik. Shu
usulda davom etib mumkin bo‘lgan Eyler sikllaridan birini, masalan,
quyidagi siklni hosil qilamiz:
((1.2), (2,3), (3,5), (5.4), (4,6), (6,9), (9.8), (8.6),
(6.5), (5,8), (8,7), (7,5) ,(5,2), (2.4), (4,1)).
Eyler grafida Eyler siklini qurish algoritmi
grafi qo'shnilik ro'yxati bilan beriigan boMsin
(.4[v]—vuch bilan qo‘shni uchlar to‘plami).
C h iq ish : eyler siklining uchlar ketma-ketligi.
S : - 0 juchlar oqimi}
select v g K {ixtiyoriy uch}
v->S { v uchni S oqimga qo'shish}
G (V,E) eyler
K irish:
w hile
S js 0 do
v
top S {v -oqimning yuqori (tepa) elementi}
/f[v]=0 th en
v 4—S ; vield v {eylersiklining navbatdagi uchi}
if
elsc
select u s 4[v] {qo'shnilik ro‘yxatidan birinchi uchni olish}
u —* S {w uchni >Soqimgaqo‘shish}
f[v];= .4[vJ - i/;/T[i/]:=4[ m] - v { ( v , u ) qirrani o'chirish}
end w hile
Novikov l', A. Diskretnaya malematika dlya programmistov.ZAO Izdatelbskiy
dom «Piter», 2007. 34l-c.
82
3.9. Graflarda Gamilton siklini izlash masalasi
Irlandiya matematigi U.Gamilton (1805-1865) dodekaedmi
tekshirib, uning har bir uchidan faqat bir marta o‘tadigan siklni izlab
topgan va shu asosda 1859 yilda “Olam bo'ylab sayohat” nomli o‘yinni
yaratgan.
Grafning har bir uchidan faqat bir marta o‘tadigan zanjir Gamilton
zanjiri deyiladi. Yopiq Gamilton zanjiriga (ya'ni Gamilton sikliga) ega
graf Gamilton grafi deyiladi. Agar grafda yopiq bo‘!magan Gamilton
zanjiri topilsa, u holda bunday graf yarim Gamilton grafi deyiladi.
Oriyentirlangan graflarda ham grafning har bir uchidan faqat bir
marta o‘tuvchi oriyentirlangan sikllarni qarash mumkin.
Quyida k} to‘liq graf tasvirlangan bo'lib, uning sikli 123451
Gamilton sikli bo‘ladi:
Eyler va Gamilton graflari bir-birlariga o‘xshash ta'riflansada,
grafning Gamilton grafi ekanligini tasdiqlaydigan aIomat(mezon)ni
topish masalasi ancha murakkab muammo hisoblanadi. Hozirgi
vaqtgacha graflar nazariyasida grafning Gamilton grafi ekanligini
tasdiqlovchi shartlarni o‘rganish bo‘yicha izlanishlar davom etib, bu
sohadagi ishlar hanuzgacha dolzarbligini yo‘qotmasdan kelmoqda.
Qandaydir shartlarga bo‘ysunuvchi graflarda Gamilton sikii
mavjudligi haqida bir necha tasdiqlar mavjud. Qator hollarda bu
tasdiqlaming isbotlari konstruktiv boMganligidan, Gamilton siklini
tuzishga doir samarali algoritmlar ham yaratilgan.
1952 yilda Daniyalik matematik G.E.Dirak (1925-1984)
quyidagi teoremani isbotladi:
Teorem a 1. Uchlari soni 3 tadan kam boMmagan grafdagi
istalgan uchning darajasi uchlar sonining yarmidan kam bo'lmasa, bu
graf Gamilton grafi bo'ladi.
1960 yilda Norvegiyalik matematik O.Ousten (1899-1968)
quyidagi teoremani isbotladi:
83
T eorem a 2. Agar uchlari soni w ga (m> 2) teng bo‘lgan
grafdagi qo‘shni bo‘lmagan ixtiyoriy uchlar darajalari yig‘indisi mdan
kam bo‘lmasa, u holda bu grafGamilton grafi bo‘ladi.
Mi sol .
Ushbu
graflar Gamilton graflari bo‘la oladi. Chunki, bu
graflaming har birida bir nechtadan Gamilton sikllari mavjud. Mumkin
boMgan ba’zi Gamilton sikllari shaklda qalin chiziqlar bilan ifodalangan.
Nazorat uchun savollar:
1. Qanday graflar bog‘Iiq deyiladi?
2. BogMiqlilik komponentlari soni qanday hisoblanadi?
3. Eng yaqin qo‘shnini topish algoritmi qanday boMadi?
4. Tasodifiy yo‘naltirilmagan graf chizish algoritmini tushuntiring.
5. Tasodifiy orgraf chizish algoritmi qanday boMadi?
6. Tasodifty kontursiz orgraf chizish algoritmini tushuntiring.
7. Yo‘1, zanjir, sikl deb nimaga aytiladi?
8. Eyler grafi, Eyler zanjiri haqida gapiring.
9. Gamilton grafi, Gamilton sikli, zanjiriga ta’rif bering.
MISOL VA MASALALAR
Quyidagi 1-7- misollarda qaysi graf Eyler grafi boMadi?
7.
Cl}
04
m
m
L
8. Chizmadagi graf uchun keltirilgan marshrutlardan qaysi biri oddiy
zanjir bo‘ladi?
2
9. Quyidagi graf uchun Gamilton sikli mavjudmi?
a*
85
ei
a3
3.10. Eksterimal masalalar, optimallash masalalari,
universal masalalar
1. Graflami bo‘yash masalasi “4 xil rang masalasi” deb ham
yuritiladi. Bu masala geografik xaritani bo‘yash bilan bogMiq amaliyot
yuzasidan kelib chiqqan.
lxtiyoriy xaritani bo‘yash uchun 4 ta rang yetarlimi?
1840 yilda mashhur nemis matematigi A.F.Myobiyus ushbu
masalani yechishga uringan. Ammo yaqinda ikkita amerikalik
matematik masala yechimini kompyuter yordamida topishga muvaffaq
bo‘lishdi.
2. Amaliy masalalarda yo'naltirilmagan graflarda ikkita qirrasi
orasidagi eng qisqa yo‘lni topish masalasi katta ahamiyatga ega.
Bunday masalalarga graflar usulida yondoshish iqtisodiy
foyda
keltiradi. Transport masalalarida yetkazib berish rejalarini arzonlashgan
narxda yoki qisqa vaqt mobaynida yetkazib berish ta'minlanadi.
3. Graflardan raqamli tizimlami analiz va sintez qilish uchun ham
qo‘llaniladi. Bunda grafhing qirrasi diskret holatga o‘tadi, 6-bo‘limda
chekli avtomatlar misolida tushuntirilgan.
4. Graflar yordamida texnik qurilmalami sxemalar ko‘rinishida
ifodalash mumkin. Masalan, mikrosxemalar topologiyasi, aloqa liniyasi
sxema platasi va boshqalar. Bular 8-bo‘limda mukammal diz'yunktiv va
kon'yunktiv normal shakllar misolida tushuntirilgan.
3.11. Graflarda masofa tushunchasi
G =(V,U) graf berilgan bo'lsin. Bu grafda harqanday ikkita v, va v,
uchlar bogMangan bo'lgani uchun chetlari v, va v2 uchlardan iborat
bo'lgan hech bo‘lmasa bitta marshrut bor.
Quyidagi metrika aksiomalarini qanoatlantiruvchi v, va va uchlami
bog'lovchi eng qisqa (v„v2) marshmtning uzunligi v, va v2 uchlar
orasidagi masofa deyiladi va d(V[,v;) bilan belgilanadi:
1) rf(v,,v,)>0;
2) v, = v, bo'lgandagina rf(v,,v2) = 0 bo'ladi;
3) ^ (v „ v 2) = rf(v2,v ,);
4) rf(v[,v2) + rf(v2,v,)5 rf(v„v,) (uchburchak tengsizligi).
Eng qisqa marshrut oddiy zanjirdir. <s((v,v) = 0 deb qabul qilamiz.
86
G grafning ixtiyoriy v e V uchi uchun aniqlangan
e(v) = m a x d ( v , w )
miqdor shu v uchning ekstsentrisiteti deyiladi.
G grafning barcha uchlari ekstsentrisitetlari orasidagi qiymatlardan
eng kattasi shu grafning diametri deyiladi.
G
grafningG
diametri,
odatda,
d(G)
bilan
belgilanadi:
rf(G) = maxe(v). Diametr bu grafhing istalgan ikki uchi orasidagi mumkin
bo'lgan eng katta masofadir, ya'ni d ( G ) = maxrf(v„v,).
Uzunligi d ( G ) ga teng boMgan oddiy zanjir diametral zanjir
deyiladi. Grafda diametral zanjir yagona bo‘lmasligi mumkin.
BogMamli g graf barcha uchlarining ekstsentrisitetlari orasidagi
eng kichik qiymat (minimali) shu grafning radiusi deyiladi.
G
grafning radiusi, odatda, r( G) bilan belgilanadi: r ( G ) = m ine(v).
Ravshanki, r(G ) = minmax<7(v,,v,).
v,«r »*,*»■
Bog'lamli g grafdagi ekstsentrisiteti radiusga teng v0 uch
grafning markazi (markaziy uchi) deyiladi.
Agar v0 uch g grafning markazi bo'lsa, u holda f(v„) = mine(v)
bo'ladi, ya’ni grafning markaziy uchi minimal ekstsentrisitetga egadir.
Agar grafning markazidan boshqa biror uchigacha bo‘lgan oddiy
zanjir eng uzun masofaga ega bo‘lsa, u holda bu zanjir radial oddiy
zanjir deyiladi.
Tabiiyki, grafning radiusi uning diametridan katta emas va graf
bittadan ko‘p markazga ega boMishi ham mumkin. Bundan tashqari,
grafning barcha uchlari uning markaziy uchlari boMishi ham mumkin.
Grafning markaziy uchlarini topish bilan bogMiq masalalar aholiga
xizmat ko'rsatadigan qandaydir ob'yektning (kasalxona, maktab va shu
kabilarning) joylashish o‘mini aniqlash bilan bogMiq muammolami hal
qilishda qoMlanilishi mumkin. Bunda ob'yektgacha borish vaqti,
punktlar orasidagi masofa va shu kabilami hisobga olishga to‘g‘ri
keladi. Bunday masalalarga o'rinlashtirishning minimaks masalalari
deyiladi.
Mi s ol . Quyidagi U = {1;2;3;4;5;6;7},
Q={(l;2),(l:3),(l.4),(1.5),(2;4),(3;5),(4;5),(4,6),(5;6),(6;7)} graf berilgan:
87
Bu grafda d ( i,6 ) =2 , d ( 2,7) = 3 , d( G) =3 ; (1,4,6,7) va (i,5 ,6 ,7 ) zanjirlar
diametral zanjirlardir, (1,3) va (1.3,5,6,7) zanjirlar esa diametra) zanjirlar
bo'la olmaydi. Berilgan grafda 4, 5 va 6 belgili uchlar markazlar bo‘lib,
r( G) =2 hamda (6 ,7 ) va (6 ,4 , i) radial oddiy zanjirlardir.
3.12. Kommivoyajyor masalasi
Berilgan
grafning har bir qirrasiga (agar berilgan graf
oriyentirlangan bo'lsa, yoyiga) qandaydir haqiqiy sonni mos qo‘yib, bu
sonni qirraning (yoyning) uzunligi deb ataymiz.
Qirraning (yoyning) uzunligi additivlik xossasiga ega deb faraz
qilamiz, ya’ni qirralar (yoylar) yordamida tuzilgan zanjirning
(yoMning) uzunligi shu zanjimi (yo‘lni) tashkil etuvchi qirralar (yoylar)
uzunliklari yig'indisiga tengdir.
Amaliyotda uchraydigan ko‘plab masalalarda marshrut uzunligini
minimallashtirish
talab
etiladi.
Shunday
masalalardan
biri
kommivoyajyor masalasidir. Masalaning shartida kommivoyajyor,
ya'ni sayohatchi oralaridagi masofa ma'lum boMgan p ta shahami har
biriga bir martadan borib, tamosha qilishi kerak va qaysi shahardan
boshlagan boMsa, yana o‘sha shaharga qaytib kelishi kerak boMadi.
Bunda bosib o‘tilgan masofalar yigMndisi minimal boMadigan harakat
marshrutini topish talab qilinadi.
G =(V,U)
oriyentirlangan graf berilgan boMsin, bu yerda
v ={ i , 2 G
grafning biror s e V uchidan boshqa t e V uchiga
boruvchi yoMlar orasida uzunligi eng kichik boMganini topish masalasi
bilan shug'ullanamiz.
Grafdagi (i,j)
yoyning uzunligini ctl bilan belgilab,
c =(c„), i,j =Lm, matritsa berilgan deb hisoblaymiz. Yuqorida
ta'kidlaganlaritnizga ko‘ra, c matritsaning cy elementlari orasida
manfiylari yoki nolga tenglari ham boMishi mumkin. Agar grafda biror i
uchdan chiqib j uchga kiruvchi yoy mavjud boMmasa, u holda bu
yoyning uzunligini cheksiz katta deb qabul qilamiz (c, = « ) . Bundan
tashqari, G grafda umumiy uzunligi manfiy bo'lgan sikl mavjud emas
deb hisoblaymiz, chunki aks holda eng qisqayoM mavjud emas.
88
Minimal uzunlikka ega yo‘l haqidagi masalani hal etish usullari
orasida Gollandiyalik matematik E.V. Deykstra (1930-2002) tomonidan
taklif etilgan algoritm ko‘p qo‘llaniladi.
Grafning 1-uchidan chiqib (bu uchni manba deb qabul qilamiz)
grafdagi ixtiyoriy k uchgacha (bu uchni oxirgi uch deb hisobtaymiz) eng
qisqa uzunlikka ega yoini topish imkonini beruvchi Deykstra
algoritmi:
Dastlabki qadam. Manbaga e, = o qiymatni mos qo‘yib, bu uchni
dastlab /?=0 deb qabul qilingan R to‘plamga kiritamiz: « = {l}. R =y\R
deb olamiz.
Umumiy qadam. Boshlang'ich uchi r to'plamga, oxirgi uchi esa
r to‘plamga tegishli bo‘lgan barcha yoylar to'plami (R,R) bo‘lsin. Har
bir (»,/)z(R,R) yoy uchun ht =e,+c, miqdomi aniqlaymiz, bu yerda «,
deb /e/t uchga mos qo‘yilgan qiymat (grafiiing 1-uchidan chiqib /uchigacha eng qisqa yo‘l uzunligi) belgilangan.
et = m fa.^ qiymatni aniqlaymiz. (R,R) to‘plamning oxirgi
tenglikda minimum qiymat beruvchi barcha elementlarini, ya'ni (t,j)
yoylami ajratamiz. Ajratilgan yoylarning har biridagi
belgili uchga
e, qiymatni mos qo‘yamiz. et qiymat mos qo'yilgan barcha j uchlami
r to‘plamdan chiqarib R to'plamga kiritamiz.
Ikkala uchi ham r to'plamga tegishli bo‘lgan barcha (/,/) yoylar
uchun
e,+cv z.bj
tengsizlikning
bajarilishini
tekshiramiz.
Tekshirilayotgan tengsizlik o‘rinli bo'lmagan (ya'ni eh >e, +c„. bo'lgan)
barcha /.-uchlaming har biriga mos qo'yilgan eski
qiymat o‘miga
yangi e, +c, qiymatni mos qo'yamiz va (/,/.) yoyni ajratamiz. Bunda
eski
qiymat aniqlangan paytda ajratilgan yoyni ajratilmagan deb
hisoblaymiz.
Uchlarga qiymat mos qo'yish jarayonini oxirgi ( k -) uchga qiymat
mos qo‘yilguncha davom ettiramiz. Grafning 1-uchidan (manbadan)
chiqib uning ixtiyoriy k uchigacha (oxirgi uchigacha) eng qisqa yo‘l
uzunligi ek bo‘ladi.
Oxirgi qadam. Grafning oxirgi uchidan boshlab ajratilgan yoylar
yo'nalishiga qarama-qarshi yo‘nalishda uning 1-uchiga kelguncha
harakatlanib, natijada grafdagi 1-uchdan ixtiyoriy k uchgacha eng qisqa
uzunlikka ega yo‘l(lar)ni topamiz.
89
■
Deykstra algoritmi:
begin
fo r har bir ve V do
begin
d \v ] := w(A, v);
RATNTO (v) ?= A;
end
A uchni belgilash;
w hile belgilanmagan uchlar qoladi do
begin
u := A dagi minimal masofali belgilanmagan uch;
u uchni belgilash;
fo r u v e E shartni qanoatlantiruvchi har
bir belgilanmagan v uch do
begin
d ' := d{u] + m< w, v)
if d ' < d\v] th en
begin
d [ v ] ^ d ';
R A T N T O (v) := RATNTO (u),v;
end
end
end
end
Mi sol . Quyidagi yolnaltirilgan grafda oltita uch (v={i,2,3,4,5,6})
va 11 ta yoy mavjud.
Deykstra algoritmini qolllab, eng qisqa uzunlikka ega yo‘lni topish
masalasi bilan shug‘ullanamiz:
Dastlabki qadam. Manbaga (1-uchga) f,=o qiymatni mos
, qo‘yamiz va r ={1} to‘plamga ega boMamiz. Shuning uchun,
r = v \ r =\2, 3,4.5,6} bo‘ladi.
90
Umumiy qadam. 1- iteratsiya. «={1} va R = {2,3,4,5,6} boigani
uchun boshlangich uchi r to‘plamga tegishli, oxirgi uchi esa R to‘piam
elementi boigan barcha yoylar to‘plami («,«) ={a.2),(i,3X(i,4)} ga ega
boiamiz. (r , r ) to‘plamga tegishli boigan har bir yoy uchun h,, ning
qiymatlarini topamiz: (l, 2) yoy uchun hl2 = e, + c13= 0+2 = 2;
(i, 3) yoy uchun fy, = e x + c„ = o+ lo = 10 ;
(1,4) yoy uchun hu = s , + c u = 0+13 = 13.
Bu
h„ va
miqdorlar orasida eng kichigi
boigani uchun (1,2)
yoyni ajratamiz va 2 -uchga e} = 2 qiymatni mos qo‘yamiz. Algoritmga
ko‘ra, 2 -uchni r to‘plamdan chiqarib, r to‘plamga kiritamiz. Natijada
R = {l, 2} va R = {3,4.5, 6} to‘plamlarga ega boiamiz.
Ikkala uchi ham r to‘plamga tegishli boigan bitta (1,2) yoy
boigani uchun faqat bitta e,+c,, >e, tengsizlikning bajarilishini
tekshirish kifoya. Bu tengsizlik 0 + 2 s 2 ko‘rinishdagi to‘g‘ri
munosabatdan iborat boigani uchun 2- iteratsiyaga o‘tamiz.
2- iteratsiya.
(/i/?) ={(i,3),(i,4),(2.3).(2.5)} boigani sababli /«,, =io,
Au=i3, Ai =7 va
qiymatlarni va
= 7 ekanligini
aniqlaymiz. Bu yerda eng kichik qiymat (2,3) yoyga mos keladi.
Shuning uchun, (2,3) yoyni ajratamiz va e> =7 qiymatni 3-uchga mos
qo‘yamiz. 3-uchni R to‘plamdan chiqarib, r to'plamga kiritgandan
so‘ng /?={ 1,2,3} va £ = {4,5, 6} to‘plamlar hosil bo‘!adi.
Ikkala uchi ham r to‘plamga tegishli bo‘lgan uchta (l. 2), (l, 3) va
(2,3) yoylardan birinchisi uchun e, +cl2 >e2 tengsizlikning bajarilishi 1iteratsiyada tekshirilganligi va e,, e2 qiymatlaming o‘zgarmaganligi
sababli faqat ikkinchi va uchinchi yoylarga mos c,+c„ >c, va e2+c2, >c,
91
1«
munosabatlami tekshirish kifoya. Bu munosabatlar o+io>7 va 2 +5 >7
ko'rinishda bajariladi. Shuning uchun 3- iteratsiyaga o'tamiz.
3- iteratsiya. Boshlang'ich uchi /?={i, 2, 3> to'plamga tegishli, oxiri
esa « ={4 , 5, 6 } to'plamga tegishli bo'lgan yoyiar to'rtta: (1,4), (2,5), (3,4)
va (3,5). Shu yoylarga mos h ning qiymatlari h,4 = 13, *,s = n , /r„ = i5,
h,s = 13 va, shuning uchun, m
m
{
= 11 bo'ladi.
Demak, bu iteratsiyada (2 ,5) yoyni ajratamiz va cs= u deb olamiz.
Endi, algoritmga ko'ra, « ={1, 2,3,5} va « = {4,6} to'plamlami hosil
qilamiz.
Ikkala uchi ham « to‘plamga tegishli bo‘lgan yoylar oltita: (1.2),
(2.3) , (1,3), (2.5), (3,5) va (5,3). Bu yoylarning har biri uchun c , + c, a
tengsizlikning bajarilishini tekshirishimiz kerak. Lekin, 1- va 2iteratsiyalarda (i, 2), (2,3) va (i,3) yoylar uchun bu ish bajarilganligi
sababli tekshirishni tarkibida 5-uch qatnashgan (2,5), (3,5) va (5,3)
yoylar uchun amalga oshirib, quyidagilarga ega boMamiz: (2,5) yoy
uchun f2+c!s>£s munosabat to‘g‘ri ( 2 +9 2 1 1 ), (3,5) yoy uchun t, +c„ 2 «r5
munosabat to‘g‘ri ( 7 +6 2 1 1 ), lekin (5,3) yoy uchun es+c„ 2 £, munosabat
noto‘g‘ri (n+(-6) = 5<7). Oxirgi munosabatni hisobga olib, algoritmga
ko'ra c, = 7 o‘miga £3= 5 deb olarniz va (5,3) yoyni ajratilgan deb, ilgari
ajratilgan (2,3) yoyni esa ajratilmagan deb hisoblaymiz. Shaklda e, = 7
yozuvning va (2,3) yoyning qalin chizig‘i ustiga ajratilganlikni inkor
qiluvchi x belgisi qo'yilgan.
4-iteratsiya.
«={1. 2 , 3 ,5},
« ={4 , 6 }
bo'lgani
uchun
(«,«) = « 1, 4),(3, 4),(3,6),(5,6)} va >(. = 13, «„ = 13, >^ = 17, ^ = 18 hamda
= >!,<= >»,, = 13 bo‘ladi. Demak, (i, 4) va (3,4) yoylami
ajratamiz hamda 4-uchga e, =13 qiymatni mos qo‘yamiz. Natijada
« = {i,2, 3,5,4}, «={6> to'plamlarga ega bo'lamiz.
f, +Cy2 Sj munosabatning to‘g‘riligi (1,3), (1,4), (2,3), (3,5), (5,3) va
(3.4) yoylar uchun tekshirib ko‘rilganda, uning barcha yoylar uchun
bajarilishi maMum bo‘ladi.
5- iteratsiya. Endi («,«) = {(3,6),(4,6),(5,6)} bo‘lgani uchun >»»=17,
A*. = 14, /»,. = 18 va mn{A,AA} = ii«=i4 boMadi. Bu yerda minimum (4,6)
yoyda erishilgani uchun uni ajratib, yo‘naltirilgan grafning oxirgi 6uchiga s. = 14 qiymatni mos qo‘yamiz.
•
Oxirgi qadam. Berilgan grafda 1-uchdan 6-uchgacha eng qisqa
uzunlikka ega yo‘l(lar)ni topish maqsadida, algoritmga asosan, grafning
92
oxirgi 6-uchidan boshlab ajratilgan yoylar yo'nalishiga qarama-qarshi
yo‘nalishda harakatlanib, uning 1-uchiga kelishimiz kerak. 6-uchga
kiruvchi uchta yoydan faqat bittasi ((4,6) yoy) ajratilgan boMgani uchun
(4,6) yoy yo'nalishiga qarama-qarshi yo‘nalishda harakat qilib, 6uchdan 4-uchga kelamiz. 4-uchga kiruvchi ikkala (d, 4) va (3,4>) yoylar
ham ajratilgan bo'lgani uchun biz tuzmoqchi boMgan eng qisqa
uzunlikka ega yo‘l yagona emas.
Agar harakatni (l, 4) yoy yo‘nalishiga teskari yo‘nalishda davom
ettirsak, u holda 4-uchdan i-uchga kelib, eng qisqa uzunlikka ega
yoMIardan biri boMgan //,=(1,4,6) marshrutni topamiz.
Agarda harakatni (3,4) yoy yo‘nalishiga teskari yo‘nalishda davom
ettirsak, u holda 4-uchdan 3- uchga kelamiz. 3-uchga kiruvchi ikkita
yoydan faqat bittasi ( (5,3) yoy) ajratilgan boMgani uchun 3-uchdan 5uchga kelamiz. Shu usulda davom etsak, oldin 2 -, keyin esa l-uchga
o‘tib mumkin boMgan eng qisqa uzunlikka ega bo'lgan yoMlardan
ikkinchisini, ya'ni //. =(i, 2,5,3,4,6) marshrutni aniqlaymiz.
Shunday qilib, grafda eng qisqa uzunlikka ega //, va ^ yoMlar
borligini aniqladik. Bu yoMlaming har biri minimal c6= 14 uzunlikka
ega.
Eng qisqa yo‘lni topish algoritmi:
begin
e:= G grafning eng kichik vaznli qirrasi;
T:= M ;
E ':= E \{e }\
w hile E ' * 0
begin
do
e := E ' dagi eng kichik vaznli qirra;
T := T v { e '} ;
E’:= E'\{T) dagi qirralar to‘plami
bunda T ni toMdirish tsikl hosil qilmaydi;
end
end
Nazorat uchun savollar:
1. Ikki boMakii graf deb nimaga aytiladi?
2. ToMiq ikki boMakli graf deganda nimani tushunasiz?
3. Grafning markazi, grafning radiusi?
4. Eng qisqa yoMni topish algoritmini tushuntiring.
93
5. Kommivoyajyor masalasi mazmunini ayting.
6 Deykstra algoritmini yozing.
7. Metrika aksiomlarini yozing.
3.13. Daraxt, o‘rmon tushunchalari
Siklga ega boMmagan yo‘naltirilmagan graf daraxt deyiladi.
Daraxt ilmoqlar va karrali qirralarga ega emas. Siklga ega bo‘lmagan
yo‘naltirilmagan graf o'rmon (atsiklik graf) deyiladi.
Mi sol 1. Quyida komponentali soni 5 ga teng bo'lgan graf
tasvirlangan
boMib,
u o‘rmondir.
Bu grafdagi bog‘lamli
komponentalarning har biri daraxtdir.
M isol 2. 4 ta uchga ega bir-biriga izomorf boMmagan daraxtlar
(hammasi bo‘lib 2 ta):
5 ta uchga ega bir-biriga izomorf bo‘lmagan barcha daraxtlar
uchta, oltita uchga ega bunday daraxtlar esa oltita ekanligini ko‘rsatish
qiyin emas.
T e o r e m a l (Daraxtlar haqidagi asosiy teorema). Uchlari soni
m va qirralari soni n bo'lgan a graf uchun quyidagi tasdiqlar
ekvivalentdir:
1) G daraxtdir;
2) G atsiklikdir va « = w -l;
3) G bogMamlidir va « = /«-1;
4) G bogiamlidir va undan istalgan qirrani olib tashlash natijasida
bogiamli boimagan graf hosil boiadi, ya’ni G ning har bir qirrasi
ko‘prikdir;
5) G grafninng o‘zaro ustma-ust tushmaydigan istalgan ikkita uchi
faqat bitta oddiy zanjir bilan tutashtiriladi;
6) G atsiklik boiib, uning qo‘shni boimagan ikkita uchini qirra
bilan tutashtirish natijasida faqat bitta tsiklga ega boigan graf hosil
boiadi.
94
Nati ja 1. Bittadan ko‘p uchga ega boMgan istalgan daraxtda
hech boMmaganda ikkita darajasi birga teng uchlar mavjud.
Nat i j a 2. m ta uch va k ta bog'lamli komponentali o‘nriondagi
qirralarsoni (m - k ) ga tengdir.
Te o r e ma 2. Istalgan daraxtning markazi uning bitta uchidan
yoki ikkita qo‘shni uchlaridan iborat bo'ladi.
A. Keli uglerod atomlari soni berilgan va C„//2„t2 ko‘rinishdagi
kimyoviy formula bilan ifodalanuvchi to‘yingan uglevodorodlar sonini
topish masalasini har bir uchining darajasi 1 yoki 4 bo‘lgan daraxtlar
sonini topish masalasiga keltirib hal qilgan.
Te o r e ma 3 (Kel i t e o r e ma s i ) . Uchlari soni m bo‘lgan
belgilangan daraxtlar soni m ""1 ga teng.
3.14. Grafning siklomatik soni
Faraz qilaylik, G ilmoqsiz va karrali qirralari boMmagan
qandaydir bogMamli graf bo‘lsin. Bu grafdan uning biror sikliga tegishli
bitta qirrasini olib tashlash natijasida hosil bo‘lgan graf bogMamli graf
bo'Iishi ravshandir.
Grafdan uning biror sikliga tegishli bitta qirrasini olib tashlash
amalini hosil bo'lgan graflarga, imkoni boricha, ketma-ket qo‘llash
natijasida G grafning barcha uchlarini bog‘lovchi graf - daraxtni hosil
qilish mumkin. Bunday daraxt G grafning sinch daraxti (karkas)
deyiiadi. Tabiiyki, bitta grafning bir nechta sinch daraxtlari mavjud
boMishi mumkin.
Mi s o l . Quyidagi grafda sinchiardan biri qalin chiziq bilan
ifodalangan.
Endi g sirtmoqsiz va karrali qirralari boMmagan m ta uch, « ta
qirra va k ta bogMamli komponentalardan tashkil topgan graf boMsin.
Agar yuqorida tavsiflangan usul yordamida G grafdan qirralami ketmaket olib tashlash natijasida uning har bir komponentasi bogMamliligi
buzilmasa, u holda berilgan G grafning sinch o‘rmoni deb ataluvchi
grafni hosil qilish mumkin.
95
Berilgan g grafdan uning sinch o'rmonini hosil qilish rnaqsadida
olib tashlanishi kerak boigan qirralar soni A = A(G) bu qirralami olib
tashlash tartibiga bogiiq emasligi va A = n - m + k boiishi ravshandir.
Qaralayotgan g
graf uchun m -ts n
tengsizlik o'rinli
boiganligidan, A(G)&o bo'Iadi. A(G) sonni G grafning siklomatik soni
(siklik rangi) deb ataymiz.
Tasdiq 1. Grafning siklomatik soni tushunchasi, qandaydir
ma’noda, grafning bogiamlilik darajasini aniqlovchi vositadir.
Ravshanki, daraxt uchun a = o bo'Iadi.
Tasdiq 2. Grafning o'rmon bo'lishi uchun uning siklomruik soni
nolga teng boiishi zarur va yetarlidir,
Tasdiq 3. Grafning yagona siklga ega boiishi uchun uning
siklomatik soni 1 ga teng boiishi zarur va yetarlidir. Qirralari soni
uchlari sonidan kichik boimagan graf siklga egadir.
M iso l. Yuqoridagi misolda tasvirlangan graf (6,9)-graf bo'lib,
uning bogiamlilik komponentalari soni birga teng. Bu grafning
siklomatik sonini aniqlasak, A= 9 -6 + 1= 4 boiadi. Olib tashlangan
qirralar shaklda ingichka chiziqlar bilan ifodalangan.
3.15. Tarmoqlar va chcgaralar usuli
Berilgan A/ = {a „ a „ ...} to'plam va har bir e , elementi A/dan
olingan /?= {£„;£,,£,„..} majmuani tarmoq deyiladi va
bilan
belgilanadi, bu yerda £, =(oV|(l,,aVj(,
. M to'plamning ob'yektlari
tarmoqning uchlari deb, Ea majmuadagi ob’yektlar esa tarmoqning
qutblari deyiladi. Tarmoq tushunchasiga yaqin tushunchalar “bloksxema”, “gipergraf” tushunchalaridir.
Oddiy qilib aytganda, har bir a yoyiga ^(a) manfiymas haqiqiy son
mos qo'yilgan n yo'naltirilgan grafga tarmoq deyiladi.
Quyidagi algoritm tarmoqdagi maksimal oqimni aniqlaydi. Agar
oqim o'tkazish qobiliyatiga ega yoylar matritsasi bilan berilgan bo'lsa
hamda oqimning dastlabki yaqinlashishi ma'lum bo'lsa, s manba bilan
zanjirorqali ulangan S uchlar to'plamini aniqlaymiz.
Agar reS bo'lsa, oqim maksimal emas, uni 5 kattalikka oshirish
mumkin. Zanjirni aniqlash va bir vaqtning o'zida S kattalikni hisoblab
borish uchun algoritmda quyidagi yordamchi ma'lumotlar tuzilmasidan
• foydalanilgan:
96
■
P: array [1...p] ofrecord
s: cnum (-,+) {"belgi”, ya'ni yoy yo‘nalishi}
n A...p {zanjirda oldindan mavjud bo'lgan uch}
<y:real {oqimning kuchayishi mumkinligi}
end record
N: array[l.../7]of 0...I {bog'lamni belgilash}
S: array [l...p]of 0...1 {uchni S to‘plamga tegishlilik belgisi}
Maksimal oqimni topish algoritmi:
Kirish: o'tkazish qobiliyatiga ega S: array [l...jr>,l...p] of real
S manbava /oqimgaega G(F,£)tarmoq
Chiqish: maksimal oqim matritsasi F : array [l...p,l...p] of real
for «,ve V do
v] —0 {dastlab oqim nolga teng}
end for
M: {oqimning o'sish iteratsiyasi}
for v e V do
S[v] := 0; W[v] ?=0; P[v] —(+, w/,0) {initsiallash}
end for
s [jt]+ 1;/>[.*]:= (+,/»«7,<») {seSbo'lgani uchun}
repeat
a := 0 {S ni kengayish belgisi}
for veV do
if S[v]:= 1&A'[v] = 0 then
for u e /f(v) do
if S[h]= 0& f'[v,«] < C[v,uJ then
S[m] t= 1; P\u] := (+,v,nin( /)[v],<5,C'[v,t/|-F[v,w])); a . - 1
end if
end for
for u e /t'l(v) do
if S[u]=0&F[v,i/]>0then
S [u )~ 1;P[u] :=(-,v,min( P[v].<5,F[«,v])); o := 1
end if
end for
,V[v] := 1{v uch belgilandi}
end if
end for
if S[/]then
jr?=/ {zanjiming joriy bog‘lami}
5 y=P[t]j5 {oqimning o'zgarish kattaligi}
97
w hile x / s d o
if / M - s = + th e n
F[P\x]it,x\ - F[P[ x ] ji , x ] + S {oqimning kuchayishi}
else
F[.x,P[x]jt ]:= F[x,P [ x ] n ] - 5 {oqimningkuchayishi}
en d if
x .= F \ x ] ji
{zanjiming oldingi bog‘lami}
end w hile
goto M
end if
u n til a = 0
3.16. Graflarni bo‘yash masalasi
Planar graflami bo'yash masalasi graflar nazariyasining eng
mashhur muammolaridan biri hisoblanadi. 0 ‘tgan asming o‘rtalarida
paydo bo‘lgan masala hamon mutaxassis va qiziquvchilar diqqatida.
Dastlab savol quyidagicha qo'yilgan: geografik xaritani bo‘yash
uchun ixtiyoriy 2 ta qo‘shni davlatni rangi har xil bo'lishini ta'minlashda
4 xil rang yetarlimi?
Ko‘priklarsiz bog'langan tekis multigraf xarita deyiladi.
Umumiy qirraga ega bo‘lgan xarita tomonlari chegaradosh
deyiladi.
/ funktsiya mavjud bo‘lib, unda G - 1 dan k gacha raqamlardan
iborat va /(G)- chegara rangi, G - esa /t-rang hisoblanadi (qo‘shni
chegaralar turli xil bo‘lganda). k - rang mavjud bo'lsa, xarita k bo‘yalgan deyiladi.
1879 yilda britaniyalik matematik A. Keli o‘z maqolasida
xaritalami bo‘yash muammosini 4 xil rang gipotezasi bilan ta'riflab
berdi. 4 xil bo‘yoq gipotezasi: har qanday xarita 4 xil bo‘yoq bilan
bo'yaladi.
Agar geometrik ikki bo'lakli graf G * uchi k - bo'yalgan bo‘lsa, G
xarita *-bo‘yalgan deyiladi.
Shunday tekis graflar mavjudki, ular 4 rangdan kamroq rangda
to‘g‘ri bo‘yalgan. Masalan, K* grafi.
2 va 3 xil rangli planar graflami ko‘rib chiqaylik:
Teorema 1. Graf ikki bo‘lakli boMishi uchun uning tarkibida
uzunligi toq son bilan ifodalanuvchi sikl boMmasligi zarur va
yetarlidir.
98
Berilgan g =(v ,u ) grafning ikki bo'lakliligini aniqlashning sodda
usuli bor. Bu usul ko'ndalangiga izlash deyiladi.
Ko‘nda!angiga izlash usuliga ko‘ra grafning uchlari 0,1,2,3....
raqamlar bilan quyidagi qoida bo‘yicha belgilanadi. Dastlab grafning
ixtiyoriy uchi 0 raqami bilan belgilab olinadi. Shu 0 belgili uchga
qo‘shni barcha uchlarga 1 belgisi qo‘yi!adi. Endi 1 belgili har bir uchga
qo‘shni uchlami aniqlab, ular orasidagi belgisi yo‘q uchlarga 2 belgisini
qo‘yamiz. Keyin 2 belgisiga ega barcha uchlami aniqlab, ular uchun
ham yuqoridagiga o‘xshash ish yuritamiz. Bu jarayonni mumkin bo‘lgan
qadar davom ettiramiz. Tushunarliki, agar g graf bogMamli bo‘lsa, u
holda ko‘ndalangiga izlash usuli grafning barcha uchlarini raqamlab
chiqish imkonini beradi.
Bog‘lamli graf uchlarini belgilash jarayoni tugagandan so‘ng,
uning uchlari to'plami t'ni ikkita vt va v, to‘plamga quyidagicha
ajratamiz: juft raqamli uchlami r to‘p!amga, qolgan uchlami esa v9
to‘plamga kiritamiz (0 raqamli uch vt to‘plamga kiritiladi). G grafning
ikkala uchi ham vt to‘plamga tegishli barcha qirralari kortejini ut bilan,
uning ikkala uchi ham vq to‘plamga tegishli barcha qirralari kortejini esa
u9 bilan belgilaymiz. Agar u t va u 9 kortejlar bo‘sh boMsa, u holda
berilgan G graf ikki bo‘laklidir, aks holda u ikki bo‘lakli emas.
Hozirgacha Jt> 2 bo‘lgan hol uchun grafning k boMakliligini
aniqlash bo‘yicha oddiy usul topilmagan.
1. g tomon chegaralari juft uzunlik sikli boMib, uchlari 2 xil rangda
bo'yalgan, masalan, 1 va 2. Shunda g ni ichiga w uchni joylaymiz
va uni 3-rang bilan bo‘yaymiz.
2. Qirralari 3 xil rangda bo‘yalgan g tomon chegaralarida 4 ta sikl
mavjud
masalan, v, - 1-rang, v2 - 2-rang, v3 - 3 rang, v4 - 4-rang.
3. g tomon chegaralarida /-sikl mavjud, l> 4 va barcha qirralari 3
ta rang bilan bo‘yalgan. Shunda g ni ichiga w uchni joylaymiz va
uni 3-rang bilan bo‘yaymiz hamda barcha 1 va 2 raqamli rangdagi
qirralar bilan bogMaymiz.
99
Teorema 2. Ixtiyoriy 3 ta sikldan kam boMmagan yassi graf 3 xil
rangda bo‘yaladi.
To‘rt xil rang gipotezasi o‘sha davrlarda ko‘p izlanuvchilar
diqqatini tortgan. 1880 yilga kelib esa bu masalaning birinchi isbotini
A.Kemp taqdim etdi. 1890 yilda R. Xivud bu isbotning xatosini aniqladi.
Shu bilan birga u, agar to‘rt so'zini besh so'ziga o‘zgartirsak, isbotlash
osonroq bo‘lishini ta'kidlagan.
Agar grafning uchlar to'plamini o‘zaro kesishmaydigan shunday
ikkita qism to'plamlarga ajratish mumkin bo‘lsaki, grafning ixtiyoriy
qirrasi bu to‘plamlaming biridan olingan qandaydir uchni ikkinchi
to‘plamdan olingan biror uch bilan tutashtiradigan bo‘lsa, u holda
bunday graf ikki boMakli graf (bixromatik yoki Kyonig grafi)
deyiladi.
Ta'rifdan ko‘rinib turibdiki, ikki bo'lakli grafhing har bir
bo'lagidagi ixtiyoriy ikkita uchlar qo'shni bo‘la olmaydi.
Biror bo‘lagida faqat bitta uch bo'lgan toMa ikki boMakli graf
yulduz deyiladi. Agar ikki boMakli grafning turli boMaklariga tegishli
istalgan ikkita uchi qo'shni boMsa, u holda bu graf toMa ikki boMakli
graf deyiladi va k .
bilan belgilanadi, bu yerda m va n grafning
boMaklaridagi uchlar sonlari. Km„=(y,U) graf uchun \y \= m + n
va
\Lf\=mn boMishi ravshan, bu yerda |t'| - Km, grafhing uchlari soni, |t/|
- uning qirralari soni.
Teorema 3 (Kyonig teoremasi). Agar grafdagi har bir uchning
lokal darajasi ikkidan kichik boMmasa, u holda bu graf siklga ega.
Teorema 4. Tekis va boglamli G = ( y , u ) graf uchun m + r =2+n
tenglik o'rinlidir, bu yerda m = \v\, n = |t/], r -yoqlarsoni.
Teorema 5. Agar karrali qirralari boMmagan ilmoqsiz grafda m ta
uch, n ta qirra va k ta bogMamlilik komponentalari boMsa, u holda
quyidagi munosabat o'rinlidir:
(ni-£)(nj-/r + l)
m - k < n< - ----- - -------- -.
2
Nazorat uchun savollar:
1. O'rmon, daraxt tushunchalariga ta'rif bering.
2. Grafning sinch daraxti deb nimaga aytiladi?
3. Graflarni bo'yashda eng kam rang masalasini tushuntirib bering.
4. Keli teoremasini ayting.
5. Kyonig teoremasini keltiring.
6. Grafning siklomatik soni deb nimaga aytiladi?
4. MUNOSABATLAR
f
4.1. Kirish
Turmushda ikki inson, aytaylik Said va Alining qarindoshligi
haqida gapirganda shuni nazarda tutiladiki, shunday ikkita oila mavjud,
Said va Alining shu oilalarga qandaydir aloqasi bor. Tartiblangan
(Said,AIi) juftligi boshqa tartiblangan kishilar juftligidan shunisi bilan
farq qiladiki, ulaming orasida aka-ukalik yoki ota-o‘g‘illik, jiyanlik
kabi munosabatlar bo'lishi mumkin.
Diskret matematikada ham dekart ko'paytmaning tartiblangan
juftliklari orasidan o‘zaro qandaydir “qarindoshlik” munosabatlariga ega
bo‘Igan juftliklami
ajratib ko'rsatish mumkin. Ixtiyoriy ikki
to‘plamning elementlari orasidagi munosabatlar uchun binar munosabat
tushunchasini
kiritamiz.
Bu tushuncha matematikada ham,
informatikada ham ko‘p uchraydi. Bir nechta to‘p!am elementlari
orasidagi munosabat ma'lumotlar jadvali shaklida beriladi. Ushbu bob
tadbiqini maMumotlar bazasini boshqarish tizimini tasvirlashda
ishlatiladigan « - ar munosabatlarda ko‘rish mumkin.
4.1. Munosabatlar va ularning turlari
Ixtiyoriy
bo‘lsin:
a
va B
to'plamlarning dekart ko‘paytmasi berilgan
-4xB = {(*, y), xe A, y e B ) .
Bunda i va y lar (x,y) juftlikning koordinatalari deyiladi, demak
mos ravishda x - juftlikning birinchi koordinatasi, v esa juftlikning
ikkinchi koordinatasi deyiladi.
Dekart
ko‘paytmaga
misol qilib to‘g‘ri burchakli dekart
koordinata sistemasidagi nuqtalar to'plamini olish mumkin, ya’ni
tekislikda har bir nuqta ikkita koordinataga ega: abstsissa va ordinata.
101
Misol. A = {at, a 2} va B= { * , to'plamlar berilgan bo‘lsin. U
holda
a va B to'plamlaming dekart ko'paytmasi quyidagiga teng
bo‘ladi:
A x B = { a t, a2}x {b„b2,bt }-- {(a,.*,),(a„b2),(a„b2),(a2, b j , ( a 2, 6,),("!•*>)}•
R*A*B dekart ko‘paytmaga to‘g‘ri dekart ko‘paytma, R~' = B * A
ifodaga teskari dekart ko‘paytma deyiladi.
Dekart ko‘paytmaning xossalari:
1°. Dekart ko‘paytma kommutativ emas: AxBtBxA
Dekart ko‘paytma assotsiativ: ((^x0)xc)=(j*(fl*c))
2°.
PzA,xA, x.. .xA. dekart ko‘paytmaning ixtiyoriy bo‘sh bo‘lmagan p
qism to'plamiga a , . a 2... a „ to'plamlar orasida aniqlangan n o'rinli
munosabat yoki no'rinli predikat deyiladi.
Agar {a,,a2„..,a„)zP bo‘lsa, p munosabat {a,,a2,...,a„) elementlar
uchun rost munosabat deyiladi va P{a,,a2,..., a„)= 1 bo'ladi, agar
(a„Oj... a„)tP bo‘lsa, p munosabat yolg‘on munosabat deyiladi va
p{a„a2,...,a„)=0 yoki P{a„a2, a„) kabi yoziladi.
Agar P £ A , x a 2x...xA„ i o‘rinli munosabatda / =1 bo‘lsa, p
munosabat A\ to'plamning qism to'plami boiadi va unar munosabat
yoki xossa deyiladi. / =2 boMganda esa binar munosabat yoki moslik
deyiladi.
Agar P q A2 bo'lsa, p ga a to'plamning elementlari orasidagi
munosabat deyiladi.
Misol. Unar munosabatlarga misollar keltiramiz:
1) a , = z butun sonlar to‘plamidan iborat bo‘lsin. p { x ) c . z unar
munosabat
shart bilan aniqlansin, bunda x - ju f t son, u holda P
munosabat quyidagi ko‘rinishda bo'ladi: />= {...;-4;-2;0;2;4;...}.
2)
a, = r
aqiqiy sonlar to'plamidan iborat, P ^ R munosabat
/>(;<•) = 1 shart bilan aniqlansin, bunda x - irratsional son boMsin, u holda
p munosabat quyidagi ko'rinishlarda boMadi:
/■(V2) = />(*) = / ’(*)= t;
^(°) =/’(«) = K 4 ) =0,
3) A / —barcha odamlar to'plami, />(x)c:4 munosabatda x -erk ak
kishi boMsin. Javob:
= i boMadi.
102
4)
A / - tekislikdagi barcha uchburchaklar to'plami boMsa, x - teng
yonli uchburchaklar bo'lsin. Javob: P(x) = 1 boMadi.
Misol. Binar munosabatlarga misollar keltiramiz:
1) p, q Z x Z binar munosabat ^ (x,jv) = 1 shart bilan aniqlansin, bunda
x - y lar 3 ga boMinadigan sonlar, u holda P munosabat quyidagi
ko'rinishda boMadi:
*={(4;1);(5;2); (6;3);...}.
2) P, cZxZ munosabat /’2
= 1 shart bilan aniqlansin, bunda x + y lar
2 ga boMinadigan sonlar boMsin, u holda p munosabat quyidagi
ko'rinishda boMadi:
/?={(1;1);(0;2); (5;3);...}.
3) P , z R x R munosabat, fi, (*,>■)= i shart bilan aniqlansin, bunda x - y
ratsional son. U holda quyidagilar o'rinli:
(1;4) = P,(j2 + 2; J 2 ) = P,{e;e - 1) = 1;
/> (l; V2) = />, (1: e) =
(l; ^r) = 0 ;
P,(-J2;jr)= P,(e;x) = 0.
4)
a - to'plam elementlari kitob nashriyotlari nomlari boMsin.
B - to'plam elementlari ushbu kitoblami sotadigan firmalar bo'lsin,
u holda
/-munosabatga nashriyot va firmalar o'rtasida tuzilgan
shartnomalar to'plami deb, ma’no berish mumkin.
Oddiy qilib aytsak, dekart ko'paytmaning ixtiyoriy bo'sh
boMmagan qism to'plamiga munosabat deyiladi.
/-munosabat boMsin, u holda P c A x B boMadi. < x, y > el l y o Z U V
o'miga ko'pincha x P y yoziladi va ux element y ga nisbatan p
munosabatda” deb o'qiladi.
Misol. a = {1, 2 , 3} va fi = <i, 2} bo'lsin, u holda
A x B = {< 1,1 >, < 1,2 >,< 2,1 >,< 2, 2 >,< 3, I >,< 3, 2 >}
Munosabatlar 1) R, ={<i, i>,<3, 2 >)
2) R2 ={<1, 1>, < 1, 2 >,< 2,2 >}
ko'rinishda boMishi mumkin.
Agar ixtiyoriy x<=A v a y e R elementlar uchun p ( x , y ) = \ dan
/ * " ' C , ) = i kelib chiqsa,
p ^ a x b
binar munosabat uchun p - ' ^ R x A
binar munosabat teskari munosabat deyiladi,
v
jc
103
x = y bo'lganda
/,(*,^) = i shart bajarilsa, i a c A x a binar
munosabatga dioganal munosabat yoki ayniy munosabat deyiladi.
Ayniy munosabat uchun / ; ’ = i A tenglik o‘rinli.
Binar munosabat haqida alohida to‘xtalib o‘tamiz, chunki
munosabatlar orasida eng ko‘p uchraydigani - bu binar munosabatdir.
x va Y to'plamlar berilgan bo‘lsin.
A' va Y to‘plamlar elementlarini qandaydir usul bilan mos qo‘yib,
tartiblangan juftliklami hosil qilaylik. Agar har bir x e X element uchun
y e Y element mos qo‘yilgan bo‘lsa, u holda x va y to‘plamlar o'rtasida
moslik o‘rnatildi deyiladi.
Moslikni berish uchun quyidagilami ko‘rsatish zarur:
1) elementlari boshqa biror to‘plam elementlari bilan mos
qo'yiladigan x to‘plam;
2) elementlari x to‘plam elementlari bilan mos qo'yiladigan y
to‘plam;
3) moslikni aniqlovchi qoida, ya’ni r ^ x x y to'plam, uning
elementlari moslikda qatnashuvchi barcha (x,y ) juftliklardan iborat.
Shunday qilib, / moslik / =<x. Y, R> to'plamlar uchligidan iborat
bo‘ladi, bunda r ^ x x y . Agar (x , y) eR bo‘lsa, y element x elementga
mos qo‘yilgan deyiladi.
Misol. Laboratoriya xonasida 8 ta laboratoriya qurilmasi bor:
A' = {x,,atj...*„}. Laboratoriya ishini bajarish uchun 10 nafar talaba 5 ta
guruhga ajralishdi: >'= U,i,v2..v„>’4,>i}. U holda quyidagicha moslik
bo ‘1ishi mumkin: / = {A', y ,(*,,y2y{x2,y, \ (x,, v, X(jt5,y, XU,,y ,)},
bu yerda ( x p X . - moslikning aniqlanish sohasi, ( y , , y i , y „ y „ y , ) moslikning qiymatlari sohasi bo'ladi.
Binar munosabat 4 xilda bo‘ladi:
1. Birga-bir qiymatli moslik, bu x va } to‘plamlar elementlari
orasidagi shunday moslikki, bunda x ning har bir elementiga Y ning
bitta yagona elementi mos qo‘yiladi. Masalan, musbat butun sonning
kvadrati butun musbat sonning o‘zi bilan birga-bir mos qo'yilgan.
2. Birga-ko‘p qiymatli moslik, bunda A' ning bitta elementiga r
dan ikkita va undan ortiq element mos qo‘yilgan bo‘ladi.
Masalan, A'- butun musbat sonlar to'plami bo‘lsin: ,v ={4,9,16};
Y - x dan olingan kvadrat ildiz bo‘lsin:
r = {-2, 2, - 3 , 3, - 4 , 4}.
104
3.
Ko‘pga-bir qiymatli moslik, bunda v to‘plamning har bir
elementiga x to'plamdan bir nechta qiymat mos qo'yiladi. Masalan,
imtihon topshiruvchi talabalar to'plami x ga baholar to‘plami v mos
qo‘yiIadi. Bunda har bir talaba bittadan baho oladi, lekin bir xil baho bir
nechta talabaga qo‘yiladi.
4.
Ko‘pga-ko‘p qiymatli moslik, bunda x to‘plamning bitta
elementiga v to‘p1amdan bir nechta qiymat mos qo'yiladi, shuningdek,
V ning bitta elementiga x dan bir nechta qiymat mos qo‘yiladi.
Masalan, x - biror qurilmaning bajaruvchi sxemalari, V - esa elementlar
tipi deyish mumkin.
Misol. Odamlar o‘rtasidagi “qarindoshlik” munosabati binar
munosabat bo'lib, bu to'plam umumiy ajdodga ega bo‘lgan odamlar
juftligini o‘z ichiga oladi.
Binar munosabatlar 3 xil usulda beriladi:
Juftliklar ro‘yxati;
Matritsa;
Graf ko‘rinishida.
T a A x A berilgan bo'lsin, bu yerda A =
a j . Agar a va
b orasida T munosabat b o isa, S kvadrat matritsaning i-satri va
y-ustuni kesishgan joyda joylashgan k element 1 ga teng boiadi;
aks holda c, = o.
fl,
*
agar (a , a / ) e T
{ 0, agar (a„a}) e T
Misol tariqasida amerikalik matematik Djon fon Neyman (19031957) taqdim qilgan qurilmalar to‘plamidan tashkil topgan EHM bloksxemasini qaraymiz:
M = { a , b , c , d ,e \
bunda a - kiritish qurilmasi; b —protsessor; c - boshqarish qurilmasi;
rf-x o tira qurilmasi; e -ch ik arish kurilmasi.
Agar axborot m, qurilmadan m } qurilmaga tushsa, u holda
m, va m } qurilm alar T munosabatda bo'ladi.
T binar
munosabatni quyidagicha berish inumkin:
r = {(«, h). (a, c), (a, d), (b, c), (b, d). (b, e). (c, a).(c, b). (c, d). (c, e). (d , b), (d, c), (d, e). (e. c)}
Ushbu binar munosabatni matritsa shaklida berish ham mumkin:
105
b
c
d
e
I
1
0 '
0
I
1
1
1
0
1
1
1
J
0
1
0
1
0
0,
<3
n
a '0
I
b 0
!
d 0
e ,0
T munosabatni graf shaklida ham tasvirlash mumkin.
Misol. M = {i,2,3,4,5} t o ‘plam da an iq lan g an
T = { ( a ,£ ) : ( a - £ > ) - j u f t
son}
m unosabat berilgan b o ‘lsin. Munosabatni ro ‘yxat va matritsa
bilan bering.
1) T ~ {(I;
(5; 1), (5;3), (5;5)}.
2) Matritsa ko'rinishi
T
1
2
0
3
1
0
0
4
5
0
1
3 1
1
0
4
0 1 0 1
_ 5 _ _ u _Q_ _ 1_ _Q
1
0
1
2
1
0
1
1
0
1
n 0 1 o r
0 1 0 1 0
yoki |71I= 1 0 1 0 1
0 1 0 1 0
,1 0 1 0 ij
Misol. 4.2-rasmdagi M = { a , b , c , d , e * f , g ,h } odamlar to‘plami
grafi berilgan bo‘lsin.
0. a
b0
0 c
,A
<*0 f0 0 0 0
f
g
Rasm 4.2
106
h
Quyidagi munosabatlar haqida gapirish mumkin:
a) R} - “ y a q i n o‘rtoq bo‘lish” munosabati:
= {( a, b), (a, c), (b,d),(b, e), (c\ /) , (c,g),(c, h), (b, a),
( c , a ) , ( d , b ) , ( e , b ) , ( f ,c ) ,( g ,c ) , ( h , c ) }
'0
1 1 0 0
0 0
(T
1
0 0 1 1
0 0
0
1 0
0 0 0
11
1
0
10 0 0
0 0
0
‘‘ ‘' “ o
1 0 0 0 0 0 0
0 0
1 0 0 0 0 0
0 0
10
0
0 1 0 0
0 0 0 0
0 0
0,
b) R2 - “boshliq bo‘lish” munosabati:
= {(a,b ), ( a,c), (a, d), (a,e), (a , / ) , (a, g), (a,h), (b, d),(b, e),(c,/ ) , (c,^),(c, h)}
v) /?, - “ota boiish” munosabati:
/?, = {(a,b), (a ,c ), (b,d), (b,e ), (c, f ), (c , g ), (c,h)}.
Misol.
= { , 5.6} va
5 = {i,2,3,4} to‘plamlar uchun U c A x B va
boigan t/^fc-x,^). jr+^ =8}, r = {(x,y): *<y} binar munosabatlami
tuzing.
Yechilishi: t/ = {(4,4x(5,3), (6,2)} va R = {{x,v) : \<y}=0.
a
i
RcAxB
Misol. R va S graflar berilgan boisa, /?US va RC \ S amallarniS
bajaring:
R = { ( a, a) , ( a, b) , ( b, c ) }
b
c
S = {(a,a),(a,c), (b, b)}
107
Y e c h ilis h i:
Nazorat uchun savoilar:
1. Munosabat deb nimaga aytiladi?
2. Munosabatlar turlarini sanang va ta’rif bering.
3. Binar munosabatning berilish usullarini ayting.
4. Munosabatning aniqlanish va qiymatlar sohalariga ta'rif bering.
MISOL VA MASALALAR
1. M = {1,2,3,4,5,6} b o ‘ 1s i n . R,, R2, /?n, RA, /?< munosabatlarini ro‘yxat
va matritsa bilan bering, agar:
a) R, - “qat’iy kichik bo‘lish”;
b) /? ,-“ ! dan farqli umumiy boMuvchigaegabo‘lish”;
v) /?, - “3 ga boMinganda bir xil qoldiqqa ega bo‘lish”;
g) /?4- “(a - h) - toq son”;
d) Ri - “(a + b ) - juft son”.
Barcha munosabatlar uchun d, va d„ ni ko‘rsating.
2. Quyidagi struktura ko‘rinishidagi munosabatlami ro‘yxat shaklida
yozing:
*o
co
“bevosita boshliq bo‘li$h”;
“bobo bo‘lish”;
/?,- “berilgan oilaning farzandi bo‘lish”.
3. Quyidagi
strukturaning elementlar to‘plami uchun berilgan
munosabatlarning xususiyatlarini aniqlang:
Rt -
R2 -
*
o d
108
R , - “bevosita boshlig‘i bo‘lish”;
R2 - “xolavachchalar bo‘lish”;
Ri - “yoshroq
bo‘lish”:
4.
M = { 1,2, 3,4, 5, 6, 7, 8} to‘plam uchun munosabatlar matritsasini
tuzing va ular bo‘yicha quyidagi munosabatlar xususiyatlarini aniqlang:
a) R/ = {{a, b): a > b ) ;
b) R 2 = {(a, b ): (a + 1) bo‘luvchi ( b + a ) } ;
v) R 3 = { ( a , b)\ ( a + b + 1) juft son}.
5. Quyidagi chizmalar bilan berilgan to‘plamlar va ular orasidagi
munosabatlarni yozing:
a)
b)
s)
4.3. Munosabatlar superpozitsiyasi
P q a x b va
binar munosabatlar uchun poq^ axC predikat
quyidagicha aniqlangan bo‘lsin: (p °£?X*-) = i shart bilan aniqlangan
ixtiyoriy x e A , z e C uchun shunday .vetf topiladiki, p(x,y)=i, Q(y,z)= 1
o‘rinli boMadi. p oq ga P va 0 munosabatlarning superpozitsiyasi
deyiladi:
P o Q = { ( x ,z ): V x e A, zeC va 3 y e B = > ( x . z ) e P va(>,z)e^}.
109
Misol. /(={1,2,3}, fi = {c7,*.c} va C = {x.y,z}to‘plamlar berilgan
bo'lsin.
P C A X B = {o , a), (1, c ) , (2, * ); (2, c ); (3, a) } ,
K c fi x C = {(a, *);(a, y);(b,y):(b, z);(c, *);(c, z )} ;
fio 0 e /)xC\{(3,.-)) = {(Li);(l,y);(l,r);(2,z);(2,>);(2,z);(3,z),(3,>-)}.
Misol.
,4 = {a,fi,c,rf} to'plam
berilgan bo‘lsin.
P c A x A = { (a , a ); (a ,b );(a ,d );(c,a );(c,b );(d ,a )} ; u holda teskari
munosabat P~' c A* A = {(a,a);(b,a);(d,a);(a,c);(b,c);(a,d)} bo'ladi.
Quyidagilarni hisoblaymiz: P r > p ' , P o P ',P~' o P :
P r P ~ ' = { (a ;a ),(a ;d ) ,( d ;a )} - ,
P n p ' ={(a;a) , ( a; c) , ( a;d) , (c;a) , ( c; c) , (c;d) , ( d; a), (d; c) , ( d; d)};
P~' oP={(a;a) ,( a;b) , (a; d), ( b;a) ,( b;b) , (b; d), ( d;a) ,( d;b) , (d; d)} .
Bundan ko‘rinadiki,
kommutativ emas.
P o P ~ '*p -'o P ,
ya'ni
superpozitsiya amali
Teorema 1. P ^ A x B munosabat uchun quyidagilar o'rinli:
a) /|OC= p ;
b) P o i B = p .
Isboti: a) (*;>>)e/^ofi ni qaraylik, uning uchun shunday z e B
topiladiki, (x,:)e/, va (z;y)e p . Biroq ( x ; z ) e l A dan x = z kelib chiqadi,
demak (*;>>) e P , u holda /, ofic p.
Endi
bo'lgan holni qaraymiz, bu holda ( x ; x ) e l A va
(*;y ) e P hosil bo'ladi. Ya’ni shunday z e(z = x) topiladiki, uning uchun
(x;z)e I A va ( z ; y ) e P bo‘ladi, demak ( x ; y ) e l A o P .
c) shart ham shunga o'xshash isbotlanadi.
Teorema isbotlandi.
Teorema2. p g a x b va Q c B x C binar munosabatlar uchun
(Po(?)' = q ' op-' tenglik o‘rinli.
Isboti: (cjrjeffi-g)"' <-»( x ; z ) e u c h u n shunday y e B element
topiladiki, uning uchun ( x , y ) e P va
(y.;)e (?<-►(y;x)e P~'
va
( z ; y ) e Q ' <r*(z,x)eQ-' oP~' bo‘ladi.
Teorema isbotlandi.
110
Tcorema 3.
p<
z Axb , q ^ B xC., r ^ C xd binar munosabatlar uchun
superpozitsiyaning assotsiativligi o'rinli.
Isboti: (*./)€(p»G)°/t uchun shunday z e C element topiladiki,
uning uchun (jr ;z )e (/>° 0 ) ° / t va shunday y e B element topiladiki, uning
uchun (z;v)e/>, (y .z)eQ va ( z ; /) e / t munosabatlar o'rinli. Ularning
superpozitsiyasini hisoblab, (jr;v)e/> va (y./)eg»« dan (.r,z)eP o(q 0 r ) ga
kelamiz. Demak, ( P o Q ) o R = P o ( Q o R ).
Teorema isbotlandi.
( p o q ) o b = p o (Q o R)
MISOL VA MASALALAR
A = {a,b,c), B = {1,2,3}, C={a,(3,y} to‘plamlarda aniqlangan r ,czA x b va
rtjcflxc binar munosabatlaming superpozitsiyasini toping:
a) R,={(a,2),(a,3),(6,l),(*,2)}, R2={(l,a),(2,a),(2,p), (3,y)}
b) R,={(a, 3 ) , ( a, 2 ) , ( a, l ) } ,
R2={(2,y),(l,a),(l,P)}
v)
R2={(l,p),(2,a),(3,p),(3,y)}
g) R y= { ( a , 3 ) , ( a , 2 ) , ( a , l ) } ,
R2={(l,y),(3,a),(l,P)}
d) R y={ (a . l ) , ( a .3 ). (s . l ) . (s , 3 ) }, R2={(2,a),(2,y),(l,p), (3,a)}
e) R|={(<U),(*2),(*7)},
R2={(l,y),(l,a),(3,P)}.
4.4. Ekvivalentlik munosabati
Binar munosabatlarda (*, y ) e P o‘miga x P y yozuv ham ishlatiladi.
Agar x to'plamdagi ixtiyoriy x element to‘g‘risida u o‘z-o‘zi bilan
p
munosabatda deyish mumkin bo'lsa, X to‘plamdagi munosabat
refleksiv munosabat deyiladi va xPx ko'rinishida belgilanadi.
Agar X to‘plamdagi x elementning y bilan p munosabatda
boMishidan y elementning ham * bilan p munosabatda bo'lishi kelib
chiqsa, x to‘plamdagi p munosabat simmetrik munosabat deyiladi va
x P y => y P x ko‘rinishida belgilanadi.
Agar x to'plamdagi x elementning y bilan p munosabatda
boMishi va v elementning z bilan p munosabatda bo'lishidan *
elementning z bilan
p munosabatda boMishi kelib chiqsa, X
to'plamdagi P munosabat tranzitiv munosabat deyiladi va
xPy, yPz =r xP:
ko‘rinishida belgilanadi.
lii
Agar x to'plamning turli * va y elementlari uchun x elementning
v bilan p munosabatda bo'lishidan y elementning x bilan p
munosabatda boMmasligi kelib chiqsa, x to'plamdagi p munosabat
antisimmetrik munosabat deyiladi va x P y
=> y P \ ko‘rinishida
belgilanadi.
P q A x a binar munosabat ham refleksivlik, ham simmetriklik, ham
tranzitivlik shartlarini qanoatlantirsa, p munosabatga ekvivalentlik
munosabati deyiladi, ya'ni
a) V x e A uchun xPx\
b) x P y => y P x \
v) v (x, y ) e p, (y,z)&p uchun x P y \ a . y P z dan x P z kelib chiksa.
Misol.
1) “=” munosabati ekvivalent munosabat;
2) Qarindoshlik munosabati ekvivalent munosabat;
3) “Sevgi” munosabati ekvivalent munosabat emas.
Misol. a - z butun sonlar to'plami va unda aniqlangan p < z Z x Z
munosabat shunday x - y larki, ular 3 ga boMinadi.
a ) x - x = 0 soni 3 ga bo'linadi.
b) x - y ifoda 3 ga bo‘linsa, y - x = - ( x - y ) ham 3 ga boMinadi.
v) x - y ifoda 3 ga boMinsa va y - z ifoda 3 ga boMinsa, u holda
( x - y ) + ( y - z ) = x - z ham 3 ga boMinadi.
Demak, P c . z x z = { x e z , y e z i x - y ' : 3 ga bo'imadi)
munosabat
ekvivalent munosabat boMadi.
x e A elementning ekvivalentlik sinfi deb,
to‘plamga aytiladi.
A to‘plam elementlarining E
ekvivalentlik bo'yicha ekvivalent
sinflar to‘plami faktor - to‘plam deyiladi va
kabi
belgilanadi.
Misol. Agar {(a,b),(c,d)} e K to‘plam elementlari uchun a + d = b + s
tenglik bajarilsa, u holda K munosabat N x N to'plamda ekvivalentlik
munosabati boMishini ko‘rsating.
Yechilishi:
1)
Refleksivlik: agar A to'plamda K refleksivlik munosabati boMsa, u
• holda v x e Q , (x;x)eQ Bizning misolda A to‘p!am o'rnida N x N to‘plam
va x element o‘mida (x,.y)juftlik. Bunda A'x/Vto'plamda K munosabat
112
I
refleksiv bo'ladi, agarda v (x ;y )e Q , {(x,y),(x,y)}eQ. Ta'rifga ko‘ra, K:
a + d = b + s , tekin a +b = b + a , demak, K - refleksiv munosabat.
2) Simmetriklik: agar {(a,b);(c,d)} e K bo‘lsa, u holda {(c,d);(a.b)}e K ,
a + d = b + s bundan s + b = d + a . Demak, K - s immetrik munosabat.
3) Tranzitivlik: agar {(a,b);(c,d)}<z K, { ( c , d ) ; ( f , g ) } e K boMsa, u xolda
{( a , b) ; ( f , g )} e K
boMadi, chunki a + d = b + s va s + g = d + f .
U xolda
( a + d ) + ( s + g ) = ( b + s ) + ( d + f ) => a + d + s + g = b + s + d + f => a + g = b + f ya'ni
K - tranzitiv munosabat.
Demak, K munosabat ham refleksiv, ham simmetrik, ham tranzitiv
boMgani uchun ekvivalent munosabat boMadi.
Har bir elementi
A to'plamning faqat va faqat bitta qism
to'plamiga tegishli boMgan kesishmaydigan qism to'plamlar majmuasi
A to'plamning boMaklari deyiladi.
Teorema. A / E faktor-to‘plam A to'plamning boMagi boMadi, Va
aksincha, agar R = { A J - A to‘plamning biror boMagi boMsa, u xolda bu
boMakka biror y va a , dan olingan x;y elementlar uchun x e y qoida
bo'yicha E ekvivalentlik munosabatini topish mumkin.
Nazorat uchun savollar:
1. Munosabatlar superpozitsiyasi deb nimaga aytiladi?
2. Munosabatlar superpozitsiyasining xossalarini ayting.
3. Refleksiv munosabat deganda nimani tushunasiz?
4. Simmetrik munosabat ta'rifini ayting.
5. Tranzitiv munosabatga misol keltiring.
6. Qanday munosabatga ekvivalent munosabat deyiladi?
MISOL VA MASALALAR:
1. Birdan farqli natural sonlar to‘plami dekart kvadratida aniqlangan
#={(*,y): x va y lar birdan farqli umumiy boMuvchiga ega}
munosabat ekvivalent munosabat boMadimi?
2. A = {a,b,c} to'plam dekart kvadratida simmetrik boMgan, refleksiv,
tranzitiv boMmagan munosabatga misol keltiring va isbotlang.
3. A = {a.b,c} to‘plam dekart kvadratida tranzitiv boMgan, refleksiv,
simmetrik boMmagan munosabatga misol keltiring va isbotlang.
113
4.
A = la,b,c) to‘plam dekart kvadratida refleksiv, simmetrik bo‘lgan,
tranzitiv bo‘lmagan munosabatga misol keltiring va isbotlang.
5. A = { 1 , 2 , 3,4} to‘plam dekart kvadratida refleksiv bo'Igan, simmetrik,
tranzitiv bo‘lmagan munosabatga misol keltiring va isbotlang.
6. A = { 1 , 2 , 3 , 4} to‘plam dekart kvadratida refleksiv, simmetrik, tranzitiv
bo'lmagan munosabatga misol keltiring.
7. A = { 1,2,3,4} to'plam dekart kvadratida ekvivalent munosabatga
misol keltiring va isbotlang.
Test savollari:
1. Elementlarini raqamlab chiqish mumkin boMgan cheksiz to'plam
qanday nomlanadi?
A) chekli; B) sanoqli; C) cheksiz;
D) 0 .
2. A = { 1;2;3>; 5={4;5;6}; C={7;8;9} to‘plamlar berilgan. d =a \j b \JC
to'plamning elementlari soni nechta?
A) 3
B) 6
C) 9
D) 5
3. ^={1,2,3,4} to‘plamning dekart kvadratida aniqlangan
R={( 1,2),( 1,4),(2,1 ),(3,4),(4,1),(4,3)} munosabat
a) refleksivlik, b) simmetriklik, v) tranzitivlik,
g) antisimmetriklik xossalaridan qaysi birini qanoatlantiradi?
A) a
B) b,v
C) v,g
D) b
4. A = { 1,2,3,4,5,6} to'plamdagi
to‘plami qaysi javobda ko‘rsatilgan?
A) {(1,1), (1,2), (3,6), (5,6)};
C) {1,2, 3, 4};56
5.
d y
binar munosabatning qism
B) {(1,2), (2,5), (4,2)}
D) {(6,3), (2,4)}
A
to‘plamdagi R binar munosabat tranzitivlik xossasini
qanoatlantiradi, agarda quyidagi o‘rinli boMsa:
A) xRx A to'plamdagi ixtiyoriy x uchun;
B) x R y dan y R x kelib chiqadi;
C) x R y va y R x dan x = y kelib chiqadi;
D) x R y va v??zdan x Rz boMadi.
6. Bitta ham elementga ega boMmagan to‘plam qanday nomlanadi?
A) Singleton
B) bo‘sh to‘plam C) chekli to‘plam
D) nol
114
7. A = { 1,2,3,4,5,6} to'plamdagi «o‘zaro tub» binar munosabatning qism
to'plamini toping.
A) {(1,1), (1,2), (3,6), (5,6)};
B) {(1,2), (2,5), (4,2)};
C) {1,2, 3, 4};
D) {(2,3),(5,3)}.
8.
Soddalashtiring: <-4/fl)U(.4nfl)
A) /tflfl;
B) A ; C) AAB;
D) ,-iUfl
4.5. Munosabatlar maydoni
Biror A va B to'plamlar hamda ularda aniqlangan P c A x B
munosabat berilgan bo'lsin. />-munosabatning chap sohasi yoki
aniqlanish sohasi D, deb, A-munosabatga tegishli juftliklar birinchi
elementlaridan iborat to'plamga aytiladi va D, = {3x: ( x , y ) e p } kabi
belgilanadi. /- 'left ", ya’ni “chap” so‘zidan olingan.
/>—munosabatning o‘ng sohasi yoki qiymatlar sohasi Dr deb, p —
munosabatga tegishli juftliklaming ikkinchi elementlar to'plamiga
aytiladi va D, = {3y:(x,/>)e />} kabi belgilanadi. r - “r i g h t ”, ya'ni “o‘ng”
so'zidan olingan.
Geometrik ma'noda d , - p munosabatning x to'plamga
proyektsiyasi, d , - p munosabatning Y to'plamdagi proyektsiyasi
hisoblanadi.
Aniqlanish va qiymatlar sohalarining birlashmasi D,UDr ga P
munosabat maydoni deyiladi va F(P) kabi belgilanadi.
P munosabatning chap va o‘ng sohalaridagi bir xil qiymatga ega
bo'lgan elementlari, ikkala tomonga ham tegishli deb hisoblanadi,
xususan A 2 dekart kvadrat uchun F(P) = A bo‘ladi.
/r' = {(y,x): (jt.j>)eR) to‘plamga R munosabatga teskari munosabat
deyiladi.
Misol. A={2,3,4,5,6,7,8} to'plamda binar munosabat
R = { ( x , y ) : x . y e A , x e le m e n t y n i b o 'lad i v a x £ 3}
shart bilan aniqlangan boMsin. U holda
R={(2,2), (2, 4), (2,6), (2, 8), (3, 3), (3, 6)};
Di = {2, 3};
D, = {2, 3,4, 6,8};
R ‘= {(2, 2), (4, 2), (6, 2), (8, 2), (3, 3), (6, 3)}.
115
Nazorat uchun savollar:
1. Munosabatning aniqlanish sohasiga ta'rif bering.
2. Munosabatning qiymatlar sohasi ta'rifmi ayting.
3. Munosabatlar maydoni deganda nimani tushunasiz?
4. Teskari munosabat deb nimaga aytiladi?
MISOL VA MASALALAR
A = {a,b,c,d,e }, 5={ 1,2,3,4} to'plamlarda quyidagicha munosabatlar
berilgan: R v <z. A x B va R2 c B x B = B 1 bo‘lsa,
1)
munosabatlarni grafik ko‘rinishda ifodalang;
2) R t , R 2 munosabatlarning aniqlanish va qiymatlar sohalarini toping;
3)
, R2 HR2■'- munosabatlaming matritsalarini
toping;
4) R2 munosabatni refleksivlik, simmetriklik, antisimmetriklik,
tranzitivlik xossalariga tekshiring.
R, = {< a,3 >,</7,1 > ,< b 3 >,< c.2 > ,< c;4 > , < d ,3 >, < e,l >, < e;2 > ,< e,3 > ,< e,4 >},
1 • /?, = {< 1;4>, < 2:1 >. <2.2 >,< 23 >.< 3:2 >, < 33. < 4:1 >. < 4.3 >}.
_ /J, = {<o:l >,<o,3 >,< o:4 >,< d,i >,< c.! >,< c.3 >,<c,4>,< J,l > ,< J 3 >,<e,4 >}
" '' R2 = {< 1:1 >, < 1,4 >. < 2.1 >, < 2,3 >, < 3,2 >, < 4:1, <4,3>,<4,4>}
/?,={< o;l >,<o.3 >,< Z>;1 >,< h3 >,< c;l > ,< <;3 >,< d,3 >,< d ,4 >,< e;2 >,< e,4 >},
’ ' l<2 --- {< 1;1 >, < 1:2 >, < 1:4 >, < 2;3 >, < 3;2 >, < 3;4, < 4;1 >, < 4,4 >}
/<l = {< o,3 >, < />;3 >,< c;2 >,< c;3 >,< c,4 >,< d,2 > ,< d 3 > ,< d ,4 >,< e,2 >,< e,4 >}
' R2 = {< 1,2 >,< 1;4 >,< 2;1 > ,< 2 3 >,<3,2 >,<3;4.< 4,1 >,< 4,3 >}.
/?, = {< o.3 >,< o;4 >,</>,2 >,< 6,3 >,< c.2 >,< c,3 >.< c.4 >.< d ,3 >.<</.2 >,< d :4 >}
5 ' R2 = {< 1;3 >. < 1.4 >, < 2.3 >, < 2,4 >. < 3,2 >, < 3.3, < 4;1 >. < 4.3 >}
/?,={< 0,1 >,< o;3 >,< 4,2 >.<4,4 >,<c, 1 >,< c;3 >,< c;4 >,<</,4 >,<e,3 >,<e;4 >}
6 ' /?2 = {< 1,1 > ,< 2,1 > ,< 2,4 > ,< 3;1 > ,< 3;2 > ,< 3,3,< 3,4 > ,< 4 ,4 >}.
R2 = {< o,3 >, < 4.1 >. < 4,3 >, < c;2 >, < c;4 >, < d ,3 >, < e,l >, < e,2 >, < e.3 >, < e,4 >},
''
r 2 = {< 1,4 >, < 2,1 >, < 2,2 >. < 2,3 >, < 3,2 >, < 3,3, < 4,1 >, < 4;3 >}.
116
8.
9.
Rt = {< 6.1 > ,< 6 ,4 >,< c;l >,< c,2 >,< c;4 >,< d ;4 >.< e;J >,< e,2 >,< e;3 >,< e,4 >},
R: = {< 1,1 > ,< 1;2 > ,< 1;3 > ,< 2,1 > ,< 2;4 > .< 3;1,< 3,4 > ,< 4 ,4 >}
/?i = {< 6,1 > ,< 6 ,2 >.< 6;3 >,< 6,4 >,<
R2 ={<2,1 >,<2,2 >,<2,3
>.< d,4 >,< e,2 >,< e,4 >},
>,< 3;4.< 4,2 >,< 4;4 >}
5. AKSLANTIRISHLAR
Ushbu boMimda akslantirish, ya’ni funktsiya tushunchasi kiritiladi.
Zamonaviy dasturlash tiilarida funktsiyalar juda keng qo'Ilaniladi, Ular
qism dasturlami alohida ajratib hisoblash imkonini beradi. Funktsional
dasturlash tillarida sodda funktsiyalardan foydalanib, murakkab
funktsiyalami tatqiq qilish uchun funktsiyalar kompozitsiyasini yaxshi
bilish kerak.
Bobning amaliy tadbiqi sifatida funktsiyalar
kompozitsiyalarini hisoblashni 0 ‘rganamiz.
5.1. Akslantirishlar
/ c A x B munosabatga funktsiya yoki A to‘plamdan B to‘plamga
akslantirish deyiladi, agarda quyidagi shartlar bajarilsa:
1) n , ( f ) = A ,
/) ( /) £ B,
2) (jf,v,)e / , (x, y j ) e f ekanligidan v, = ekanligi kelib chiqsa.
Funktsiya 1 a -+b yoki a —^ b kabi belgilanadi, agar (x , y ) s /
bo‘lsa, u holda v = f{x ) kabi yoziladi va / funktsiya x elementga y
elementni mos qo‘yadi deb gapiriladi. y e b elementga x elementning
obrazi, x ^ A elementga y ning proobrazi deyiladi.
Agar D , ( f ) c i A bo‘lsa, / funktsiya qismiy funktsiya deyiladi.
Ikkita to‘plam dekart ko'paytmasini to‘g‘ri burchakli panjaraga
mos qo‘yish mumkin, bunda tugunlar dekart ko‘paytma elementlarini
bildiradi, barcha tugunlami egri chiziq ichiga olib belgilaymiz.
118
Rasmda A - {.v,, x2, x3, jc4} va
=
to‘plamlarning dekart
ko‘paytma!aridan olingan qism to‘plamlar tasvirlangan, bunda afunktsiya emas; b, v- funktsiya, g-qismiy funktsiya tasviri.
Bu munosabatni qo‘shnilik matritsasi orqali quyidagicha berish
mumkin:
Misol.
1) g = {(1, 2),(2,3),(3,2)} - munosabat funktsiya bo‘ladi.
2 ) /? = {(l,2),(i,3),(2,3)} - munosabat funktsiya bo‘lmaydi.
3 ) / = {(x ,x z - 2 x + 3), x e R ) - munosabat funktsiya bo'ladi va y = x'-~2x + 2
ko‘rinishda ham yoziladi.
Agar a) D,i})= D,{g);
b) ixtiyoriy xeD,{f) uchun /(x) = g(x) bajarilsa, /: A - » d va
g:C->D akslantirishlarga teng akslantirishlar deyiladi.
f a - + r akslantirishga teskari akslantirish
shartlami qanoatlantiruvchi akslantirishga aytiladi:
a) D,if ')= d,<j )= b \
1)
/ ' deb, quyidagi
b) D,{r' )= d ,<j )= A\
v) ixtiyoriy x e A uchun / ( jt) = y <=>jc. = /" ’(y) teskari akslantirish
o'rinli.
2 ) i , : a <— >a akslantirish quyidagicha aniqlanadi;
a) D/(i a)= Dr{iA)= a ;
b)
ixtiyoriy x e A uchun /,(jr) = .x:. I A
akslantirish yoki ayniy akslantirish deyiladi.
ga
A da birlik
Teorema 1 (Bi rlashmani ng obrazi obrazl ar birl ashmasiga teng).
/:A-> flakslantirish va
o ‘rinli.
x , Y z. a
lar uchun
119
f{x\j\)=f{x)Uf{Y) tenglik
b
Teorema 2 ( Bi rlashmani ng p r o o b r a z i p r o o b r a z l a r bi rl ashmasi ga
teng).
f a^ b
akslantirish va
lar uchun r ' ( x \ j y ) = r '(-v)U/ '(v)
tenglik o‘rinli.
Teorema3.
f . A - * B akslantirish va
x , y <^a
lar uchun
f ( x n r )c /(.v)n/(/) tenglik o'rinli.
Teskari tasdiq o'rinli boMmasligini misol yordamida ko‘ramiz.
/(*) = x2: R -> R. {0} akslantirish bo'lsin. X va Y to‘plamlar sifatida
,v=[-i.o], / =[0,1] lami ko‘raylik. Ravshanki, /(.v)=[o;i], /(r) =[0.1], demak
ularning kesishmasi /(jv)n/(/)=[0,1]. So'ngra [-i;o]n[o 1]= {0} ekanligidan
/(A-nr) =/({o))={o} ni aniqlaymiz. Bu holda
qism to‘plam boMish
/■(.v)n/(i')<r f ( xr\ Y) munosabati bajarilmaydi.
Teorema 4.
akslantirish va -V,ysB to‘plamlar uchun
tenglik o‘rinli.
f.A-+B
f-'{xc\y)=f-'(x)V\ r'(Y)
Agar
/ " ‘ munosabat qismiy funktsiya
boMsa, ya’ni
dan olingan
* x. uchun f ( x j * f ( x 2)
bajarilsa, /
funktsiyaga o‘zaro bir qiymatli funktsiya yoki in'yektiv funktsiya
deyiladi va / : a —— >b kabi belgilanadi.
Demak, in'yektiv funktsiyada takrorlanuvchi qiymatlar boMmaydi.
Bundan /(*,) = /(*,) dan a, = x, kelib chiqadi.
Misol. /(*) = 4i+3 funktsiya /(* )« -> « in'yektiv funktsiya
boMishini ko‘rsating.
Yechilishi: Faraz qilaylik,
/(-v,) = /( jt2)
boMsin, ya’ni
4* , +3 = 4*,+3 , bundan 4*. = 4*., x, = x 2 kelib chiqadi. Demak, / in'yektiv funktsiya boMadi.
Misol. j' = lg* funktsiya > ./?->« in'yektiv funktsiya boMishini
ko‘rsating.
Yechilishi: > = lgjr funktsiya grafigini yasaymiz, chizmadan har
bir x argumentga faqat bitta u element mos kelishini ko‘rish mumkin,
demak berilgan funktsiya in'yektiv.
V i„i,e O ,(/ )
120
y
Agar £),(/) = B boisa, / a - > b funktsiya a ni b ga ustiga
akslantirish yoki syur’yektiv funktsiya deyiladi va
/:A
>B
kabi belgilanadi.
Misol. /(x)=4x+3 funktsiyani syur'yektivlikka tekshiramiz.
Yechilishi: Aytaylik, beR boisin. Ta’rifga ko‘ra, / -syur'yektiv
funktsiya boiishi uchun Dr(a) = b o‘rinli boiadigan shunday haqiqiy son
«€/? ni topish mumkin. Buning uchun
b = 4^ + 3 deb olsak,
a=~
b ^~
son topiladi. Demak, / - syur’yektiv funktsiya.
Ham in’yektiv, ham syur’yektiv boigan / funktsiyaga A va B
to‘plam!aming biyektiv funktsiyasi deyiladi va / : A <— >b kabi
belgilanadi.
f(x) = 4jc+3 funktsiya ham in’yektiv, ham syur'yektiv, demak
biyektiv ham boiadi.
Umuman olganda, f(x) = a x + b ( a * o) akslantirishlarning barchasi
f(x) r -> r biyektsiya boiadi.
Misol. /(ar)= sinjc tenglik uchun:
a) f(x) r - + r akslantirish in’yektiv ham, syur’yektiv ham boimaydi.
b) /(*•):
akslantirish syur'yektiv boiadi, lekin in'yektiv
boimaydi.
v) /(x):[-f ;f]—
>[-i;i] akslantirish biyektiv boiadi.
Misol. f(x)= x1 tenglik uchun:
a) f(x) R —*R in’yektiv ham, syur’yektiv ham emas.
b) / ( jc) [o,oo) -> r in’yektiv boiadi, syur'yektiv emas.
v) /( at):«->[0;oo) syur'yektiv boiadi, in’yektiv emas.
121
g) /(x);[o,co)~>[o;°o) biyektiv akslantinsh boMadi.
y
Keltirilgan misollardan ko‘rinadiki, / . a ^ b , akslantirishlarda
nafaqat / amalning tuzilishi, balki
A va B to'plamlaming ham
tuzilishi muhim rol o‘ynaydi..
Misol 8. / r —►
r,
»= j, 2, 3,... funktsiyalami qaraylik.
1) f ( x ) = e T funktsiya in'yektiv, lekin syur'yektiv emas.
2) f ( x ) = xsinx funktsiya in’yektiv emas, lekin syur’yektiv.
3) /jW = 2x-1 funktsiya ham in'yektiv, ham syur'yektiv, demak, biyektiv
boMadi.
Nazorat uchun savollar:
1. Funktsiya deb nimaga aytiladi?
2. Qismiy funktsiyaga ta’rif bering.
3. Qanday funktsiyaga in'yektiv funktsiya deyiladi?
4. Qanday funktsiyaga syur’yektiv funktsiya deyiladi?
5. Biyektiv funktsiya deb nimaga aytiladi?
6. Teng vateskari akslantirishlami tushuntiring.
MISOL VAMASALALAR:
1.
X , Y , Z to‘plamlaming dekart ko‘paytmasini to‘g‘ri burchakli
panjaraga mos qo‘ying. Tugunlarda aniqlanish sohasi X x Y , qiymatlar
sohasi Z bo‘lgan 2 o‘rinli funktsiyani tasvirlang, bunda
a) A' = {x,, jc2}, Y = { y „ y 2) , Z = {z,,r2,z3};
b) Ar = {x,tx2,x3}, Y= { y x, y 2) , Z = {z„z2,Zj};
v) AT= {x„ x2}, F = {yMy2,Vj}, Z = { z „ z 2};
g) .V= {x„x2}, Y = {y ] , y 2), Z = {z„z2,z3,z4};
122
2. X , Y to'plamlarning dekart ko‘paytmasini to‘g ‘ri burchakli
panjaraga mos qo'ying. Tugunlarda X x Y elementlari bo'lib, in'yektiv
va syur'yektiv funktsiyalarni ajrating, bunda
a) -V = {jc,, x2, x3}, Y = {^,,>4 ,^ 3};
b) .!' = {*,,* 2,* 3,x.,}, Y ^ { y ^ y ^ y ^ y ^ - ,
v) A' = {x,, j;2,X3, jc4, x5}, Y = {y}, y^,Yi,y4} ; ■
g) Jr = {x,,jr2,x3,jc4,j:5}, K= {y,,>'2,.>'3};
3. A = { 1,2,3,4}, B = { a ,b ,c ,d } to‘plamlar dekart ko'paytmasida
aniqlangan quyidagicha R munosabatlar funktsiya bo‘ladimi? U holda
in'yektivlik, syur'yektivlik va biyektivlikka tekshiring:
a) 7»= {(l,a ), (1,£),(2 ,a ),(3 , d)}
b) / >= {(l,a ),(2 ,i),(3 ,a )>(4 ,£/)}
s) /> = {a.o).(2,c),(3,*),(3,rf)}
d) P = {(2,a),(l,A ),(2.c),(4,rf)}
e) P = {(2,a),(3,6),(l,c),(4,< /)}
f) P = {(3,a),(3.6),(4,c),(4,c/)}
g)
P = {(4 ,a ),(l,6 ),(2 ,a ),(3 ,c)}
i) /> = {(l,a),(3,£),(2,c),(4,< /)}
4. Agar / ( j c ) : ( - o o ; + o o ) ( - « ;- ) berilgan boMsa,
in’yektivlik, syur'yektivlik, biyektivlikkatekshiring:
o
k o
a)
/ ( jc) = jc2
e)
/(jc ) = lnjc
b)
f)
/ ( jc) = 2 jcj +1
s)
f ( x ) = tgx
f ( x ) = cosjc
d)
/(jc) = fog3jc
5. A={jr:jceR,
f(x) =
X —1
ulami
g) f ( x ) = ctgx
i) f ( x ) = x - 5
x* 1} to‘plam va / : a ~> a akslantirish
formula bilan berilgan bo‘lsin. / ni biyektivlikka
tekshiring va unga teskari funktsiyani toping.
5.2. Akslantirishlar superpozitsiyasi
/:a—
, b va g b ->c akslantirishlar berilgan bo‘lsin. /
akslantirishlar superpozitsiyasi deb,
1) D , ( g ° f ) = A - ,
2) Dr( g o f ) = c ;
3) ixtiyoriy x e D , ( g o f ) uchun (.?°/X*) = g ( f ( x ))
shartlami qanoatlantiruvchi g ° f A ->c akslantirishga aytiladi.
123
va g
X
f
f(x)
g
g(f(x»
Rasm 5.5.
Akslantirishlar superpozitsiyasi kompozitsiya yoki murakkab
funktsiya deb ham ataladi g(/(*)).
g°f
Teorema 1. / a ^ b biyektiv akslantirish bo‘lsin. U holda:
1) /"' ham biyektiv akslantirish bo‘ladi;
2) /»/■' = /,;
3) /* '« / = /,;
4) h ° f =f ;
5) / ° / , = / ;
6) (/ ') ' = / .
Teorema 2. /
va ^akslantirishlar uchun quyidagi shartlar
o‘rinli:
1) Agar / : a B, g :B->c bo‘lsa, u holda go/
2) A gar/ : a ->b bo‘lsa, u holda /, ° / = / ,
/ ° / 8= / ;
3) Aga r / : a - " - b , g b —^-*c boisa, u holda f ° g a —- >c .
4) Agar / va g lar in'yektiv akslantirish boisa, u holda f»g ham
in'yektiv akslantirish boiadi.
5) Agar / — >b , g b<—>c boisa, u holda / ° g a<— >c boiadi.
Teorema 3. f:A-+B, g.B-+c, h.c-+D akslantirishlar uchun
h°{g ° f)=(h°g)° f munosabat o‘rinli.
Ko*rish
mumkinki, akslantirishlar
kompozitsiyasi
binar
munosabatlar kompozitsiyasining xususiy holidan iborat. Binar
124
munosabatlar uchun assotsiativlik qonuni bajarilganligi
akslantirishlar kompozitsiyasi uchun ham baiariladi.
uchun
Misol.
Ikkita / : r -+r, f(x) = x* va g r ^ r , gU) = 4j:+3
funktsiyalar uchun /•« , ? « / . / » / .
kompozitsiyalami toping.
Yechilishi:
(/
°gX*) = /(gW) = / ( 4 . t +3) = (4.t + 3 ) : = 1 6 . t : + 24.t +9,
( g ° n * ) = g(/W) = g<*:) = 4t 2;
( / • > / X . t ) = / ( / ( t )) = / ( t j ) = t j ;
(g »g)(x) = g(gW) = g( 4 x +3) = 4(4.r + 3) + 3 = 16x +15.
| t + z,
agar t S 4 bo'lsa,
jc! . agar jc < 5 bo' Lsa,
va g(x) -.
agar t > 4 bo'lsa.
2x-l,
agar x > 5 bo'lsa
Misol. /(*) = {* +*
funktsiyalaming kompozitsiyasini toping.
Yechilishi: (g°/)(2) = 16 va (g«/)(5) = 4. Demak
(x + 2 )\
( g ° /)(*) = •
agar x £ 3
2jr + 3
agar 3 <x < 4
(x -3 )2
agar 4 <x < 8
2jt- 7
boshqa hollarda
Misol. / ( x ) = ax + *va g(x) =
funktsiyalar kompozitsiyasi
toping.
Yechilishi:
(1) ( g o f ) ( x ) = g(f(x))
(2) ( f o g X x ) = f ( g ( x ) )
= g(ax + b )
(x -b \
,
= a ( ------ 1 + 6
V a /
(ax + 6 ) — b
a
=x
—x
Bundan ko'rinadiki, oxirgi misoldagi g (/(.r )) va /(g (jr )) funktsiyalar
teng funtsiyalardir.
A ni B ga akslantiruvchi barcha funktsiyalar to‘plami B* bilan
belgilanadi. b a
A -+ B ) .
f : A “ -+ B funktsiya^ dan B ga n - o‘rinli funktsiya deyiladi,
agar v qiymat n - o'rinli / funktsiyaning ( xt, x 2, .... x„) argument
qiymatidagi qiymati bo‘lsa, va u y = /(x,, x2,...., x„) kabi yoziladi.
125
f \An -* A
funktsiya A tuplamda « -o ‘rinli algebraik amal
deyiladi.
n - 1 bo'lganda, / funktsiyaga unar amal, n =2 bo'lgandaesa /
funktsiyaga binar amal deyiladi. n = 0 bo‘lganda / a ° - * a amal
{(0,a)} biror bir a e A uchun bo'ladi. Ko‘p hollarda A to‘plamda 0
o‘rinli amal
{( 0 , a ) } ni A to'plamdagi konstanta deyiladi va a element bilan
ifodalanadi.
Misol. 1) Haqiqiy sonlami qo'shish amali 2 o'rinli, ya'ni binar
amal +
bo'ladi, chunki qo'shish amali bir juft a,b songa a+b
sonni mos qo'yadi.
2) R - to'plamning ixtiyoriy ajratib ko‘rsatilgan elementini, masalan f i
ni 0 o'rinli amal deyish mumkin, ya'ni R da konstantadir.
{0,1} qiymatlardan ixtiyoriy birini qabul qiladigan funktsiyaga
binar funktsiya deyiladi.
a) f
va /, : a 2- * b akslantirishlar berilgan bo'lsin. /, v a /,
akslantirishlar kelishilgan deyiladi, agarda ixtiyoriy *eo(/)nD(/,)
uchun /(*)= Jfx) tenglik bajarilsa.
b) f, a, - > b (/ e /) akslantirishlar oilasi berilgan bo‘lsin. f ( i e j )
akslantirishlar oilasi kelishilgan deyiladi, agarda f akslantirishlar
o'zaro kelishilgan bo'lsa, ya'ni ixtiyoriy i , j e J va x e £>(/)fl£)(/y) lar
uchun f ( x ) = /,(x) tenglik bajarilsa.
Agar
akslantirishlaming D(f ,) aniqlanish sohalari o‘zaro
kesishmasa, u holda / (/ e /) akslantirishlar oilasi kelishilgan bo'ladi.
5.3. Dirixle printsipi
f . A - + B funktsiya a chekli to'plamni B chekli to‘plamga
akslantirsin. Deylik, a to'plam n ta elementdan iborat bo'lsin:
A = {a,.a2,..„ a j .
Dirixle printsipi: Agar |^|>|sl bo‘lsa, u holda hech bo'lmaganda /
ning bitta qiymati bir martadan ortiq uchraydi, ya’ni a, * at elementlar
juftligi topiladiki, ular uchun /(a,) = /(o,) bo'ladi.
Oddiy qilib aytadigan bo‘lsak, Dirixle printsipi 10 ta quyonni 9 ta
katakka har bir katakda bittadan quyon o'tiradigan qilib joylash mumkin
emas degan ma'noni beradi.
126
IMisol. Avtobusda 15 nafar yo'lovchi ketyapti. Ulardan hech
bo'lmaganda 2 tasining tug'ilgan kuni bir xil oyda bo'lishi mumkinligini
ko'rsating.
Yechilishi: Avtobusdagi odamlar to'plamini a , 12 ta oy nomlarini
esa b deb belgilaymiz.
funktsiya avtobusdagi har bir kishiga
uning tug'ilgan oyini mos qo'ysin. 14 = 15, |fl) = ,2 demak, |4>I4- Dirixle
printsipiga ko'ra, / funktsiya takrorlanuvchi qiymatga ega. Bundan esa,
hech bo'lmaganda 2 kishining tug'ilgan kuni bir xil oyda bo'lishi kelib
chiqadi.
Misol. Agar hech bo'lmaganda 2 kishining familiyasi bir xil harfda
boshlanib, bir xil harf bilan tugaydigan bo'lsa, telefon
ma'lumotnomasiga yozilgan familiyalaming minimal soni qanday
bo'ladi?
Yechilishi: a - ma'lumotnomadagi familiyalar to'plami,fio'zbek alifbosidan olingan harflar juftligi to'plami. / -,a - > b bir xil
familiyalaming birinchi va oxirgi harflarini mos qo'yuvchi funktsiya.
Masalan, /(Abdullaev)= (a,b). b to'plam 26 26 = 676 jufl harfdan iborat.
Dirixle printsipiga ko'ra, agar |4>|5( = 676 bo'lsa, familiyasi birxil harfda
boshlanib, bir xil harf bilan tugaydigan hech bo'lmaganda 2 kishi
topiladi. Shuning uchun telefon ma'lumotnomasi 676 tadan kam
bo'lmagan familiyadan tuzilgan bo'lishi kerak.
MISOL VA MASALALAR
Quyida
/o /,
keltirilgan f , g . R - > R
funktsiyalar
kompozitsiyalar aniqlansin.
1. /(x) =x! - 2
2.
3.
f(x) =x2
va
va
uchun
f°g,
g(x) = 2*’ +5x + l
1+ 2 *,
agar
* > 0 b o ’lsa,
,-x .
agai
x < 0
jl+ x, agar x>0bo'lsa,
jl-jf, agar x<0 bolsa
va
127
b o 'b a
fl + j:, agar jralbo'lsa,
g(x) = <
[2x-2, agar x < 1 bo'lsa
g°f,
4.
5.
6.
/( * ) =
x~ ,
agar x > l bo'lsa,
x,
agar x < l bo'lsa.
jrJ, agar x £ l bo'lsa,
/ « =-
va
agar Jrsl bo'lsa,
[-Jt+2, agar a > 1 bo'lsa
va
)x J+ l
9.
.
va
^ f3jc+1, agar xSObo'lsa.
8.
fx + 1, agar x < 2 bo'tsa,
* (* )= { .
, , ii
[4-x, agar x > 2 bo Isa
^cosx, agar x < 0 bo'Isa,
(2x + l, agar x > 0 bolsa
agar jr>l bo'lsa
sinx, agar x^Obo'lsa,
-x,
agar x > 0b o'lsa
/W =
7.
e ,+l,
va
agar
x> 0 bo'lsa.
, , U + l, agar xSO bo'lsa,
/(* ) = |-x + 1l agar x > 0n buo lsa
.u
va
f-x -l
agar x < - l bo'lsa,
|- x J + t agar x > - l bo'lsa
, .
l - x 2 agar x < - l bo'lsa,
sinx agar x> -1 bolsa.
Ilxl
gU) =
va
agar x< 1 bo'lsa,
2
1—(x —1)
+t agar x>lbo'lsa.
J -x -2
agar x < -2 bo'lsa,
lx + 2
agar x> -2 bo'lsa
>
10.
cosx,
/(x ) = ■
- x ! +l
agar xsObo'lsa,
agar
x> 0 bo'lsa.
Isinx
va
ff
agar x < — bo'lsa,
g u )= '
:
|-jr + )r agar x c * bo'lsa
Test savollari:
1
/ : W- > n uchun a <=a/ ning proobrazini aniqlang.
-4)
c)
2
3.
/(a) = l/(a),ae0};
/(«) = \ f («):ae.A \
B)
D)
f(a)= {f(u),a< tA l
f(a) = {/ (a), uec)
/ : a/ —
>n uchun scAfning obrazini aniqlang.
-4)
/" '(S ) = {xe M ,/ ( j ) 6 fi),
S)
O
r w = {r t , W . / W 6 )) U S )
D)
/ ”' (S) = {jr e M ,f(x) s? B},
/-'(fl) = { * r e m , / ( * ) e c ! }
Agar bo‘sh bo‘lmagan S to'plamlar tizimi kesishma va simmetrik
ayirma amallariga nisbatan yopiq bo'lsa, S to'plamga ... deyiladi.
A) halqa
B) maydon
C) algebra
D) sanoqli to'plam
128
4.
To‘plamlami dekart ko‘paytmasida A = {a,b) va B={1,2}
munosabatlar aniqlangan. Qaysi munosabat syur'yektiv funktsiya
f-,A >b bo'ladi?
A ) {(0,1),(A.2)};
B) <(o,l),(A,l),<o,2)};
C ) {(o,2)};
D ) {(a,2 ),(b,2 ) ) .
5.
To'plamlami dekart ko'paytmasida A = { 1, 2} va B = {a,b,c}
munosabatlar aniqlangan. Qaysi munosabat in'yektiv funktsiya
bo‘ladi?
A)
C)
{(l.A),(2,o),(l,c)};
{(l,a),(2,c)};
B ) { ( l,a ) ,( 2 ,tf )} ;
D ) {(l,a),(2.6),(l,c),(2.c)}.
5.4. Rekurrent munosabatlar, ishlovchi funktsiyalar
Bir metodni sinab ko 'rdingiz xato chiqdi.
Uni tashlangda boshqasini sinab ko ‘ring.
Asosiysi, nimanidir sinab ko 'ring.
(Franklin Ruzvelt)"
Rekursiya - diskret matematika va informatikada keng
qoMlaniladigan, texnika muammolarini yecha oladigan kuchli va haqiqiy
mctoddir. ALGOL, FORTRAN 90, Ct t , Java kabi dasturlash tillari
rekursiyani hisoblashga yordam beradi. Rekkurrent munosabatlarni
yechishning 3 ta usuli niavjud:
iteratsiya;
xarakteristik tenglamalar;
hosil qiluvchi funktsiyalar.
Funktsiyaning rekursiv ta'rifi: oeW' va x = {a,a + t,a +2,..} bo'lsin.
Aniqlanish sohasi x bo'lgan / funktsiya frsi boMganda 3 qismdan
iborat bo'ladi:
• Bazis qism. Funktsiyaning bir nechta dastlabki qiymatlari
aniqlangan bo‘ladi, masalan, f(a),f(a+\),...j(a+k-\). Bu qiymatlami
aniqlaydigan tenglamaga boshlang‘ich shart dcyiladi.
• Rekursiv qism. f(n ) funktsiyaning k ta qiymatini hisoblashda
f ( n - \ ) , f ( n - 2 ) ,...f( n - k ) ketma-ketlik topiladi. Bunday formula takrorlash
munosabati (yoki rekursiya formulasi) deyiladi.
• Chegaraviy qism, Topilgan funktsiya qiymatlari baholanadi.
129
Misol. Samolyot fazoda shunday chiziqlar chizadiki, ulaming har
ikkitasi parailel emas. f{n) chiziqlar bilan ajratilgan sohalar soni bo‘lsa,
bu sonni rekursiv aniqlang.
Yechilishi: Agar samolyot /,chiziq chizsa, u holda /, =2 bo‘ladi
(rasm-a). /2 chiziq chizilsa, u holda /, bilan kesishish nuktasida u 2 ga
boMinadi va har bir bo‘lagi o‘zi yotgan sohasini 2 ga bo‘ladi, ya'ni
/ , = / + 2 = 4 bo‘ladi (rasm-b).
Rasm 5.7.
Rasm 5.8.
1,
/„_, + n,
agar
« =0
boshqa hollarda
Nazorat uchun savollar:
1. Rekursiya nima?
2. Dirixle printsipini tushuntiring.
3. Rekurrent formulalar qanday hosil qilinadi?
4. Rekkurrent munosabatlarni yechishning nechta usuli bor?
5. Rekursiv funktsiyaga ta'rif bering.
" I'homas Koshy// Discrete Mathematics with Applicationx// Department in 0*ford,
California. 2012 y, 26l-p.
130
MISOL VA MASALALAR
Quyida keltirilgan misollarda birinchi 5 ta hadini toping:
1. ai = 1
2. ao = 1
a„ = a„_i + n , a > 1
a„ = a„_i + 3, n > 2
4. a i = 1, a 2 = 2
3. a i = 1
n
a„ —a „ —1 + c „ _ 2 , n > 3
a„ = ---- zO n -\,n > 2
n- 1
6.
5. aj = 1, et2 — 1, 0 3 = 2
a i = 1, a^ = 2, 0 3 = 3
a„ = a„_i + a „ _ 2 + a„_3, n > 4
a„ = a„-i + a „ - 2 + a„_3 , a >
131
6. CHEKLI AVTOMATLAR
6.1.Avtomat tili, formal grammatika tushunchasi
Aytaylik, vaqtga bog‘liq
holda kirish, chiqish va oraliq
o‘zgaruvchilari bilan aniqlanadigan qandaydir tizim berilgan boMsin.
Tizimni tadqiqot uchun qulay bo'lgan chekli sondagi tashqi qutblarga
ega «qora quti» deb tasavvur qilamiz.
rwr*
♦
hzim
>-• r ro
>. z,!'0>
»-■
x "'V/y
Rasm 6.1. Qora quti
Vaqtning biror (o‘zgarmas bo‘lishi shart emas) intervalida sinxron
signal ishlab chiqaruvchi mustaqil sinxron manba mavjud, deb faraz
qilamiz. Tizimning barcha o‘zgaruvchilari faqat vaqtning diskret
momentidagi sinxron signallarga mos oMchanadi. Bu vaqt momentiga
takt
momenti
deyiladi.
Biror
>V)o‘zgaruvchining
vaqtni
tv
(v = 1,2,3....) v- takt momentidagi qiymatini bundan keyin y y deb
belgilaymiz. Vaqtning diskretliligi haqidagi farazga ko‘ra tizim sinxron
deyiladi va 6.2- rasmdagi ko‘rinishda tasvirlanishi mumkin.
nzim
Rasm 6 2 Sinxron tizim
132
Har bir o'zgaruvchi faqat chekli sondagi turli qiymatlarni (sonli
yoki sonli boMmagan) qabul qilishi mumkin bo'lsin. y o‘zgaruvchining
qabul qilishi mumkin bo‘lgan qiymatlar to'plamini >• o‘zgaruvchining
alfaviti deyiladi va Y bilan belgilanadi. Y to‘plamning elementlariga
simvol deyiladi. Agar kirish o‘zgaruvchilari
..^'"'lami alfavitini
mos ravishda A^<1),A'<2,,..., A'<“,deb belgilansa, u holda tizimning kirish
alfaviti X quyidagi ifoda bilan aniqlanadi:
X = X m x A'<2) v ...x X i,}.
Xuddi shuningdek, agar chiqish o‘zgaruvchilari zll,,z<2,... z'-'lar
alfavitini mos ravishda Zll),Z<2),..., Z ^ d eb belgilansa, u holda tizimning
chiqish alfaviti Z quyidagi ifoda bilan aniqlanadi:
Z = Z ,I) x Z (2) x ...x Z (- ) .
Kirish va chiqish alfavitlari ta'rifidan ko'rish mumkinki, X ning
bitta * = (xll),x(2),..., x(‘}) kirish simvoli tizimning barcha
u kirish
o'zgaruvchilarini, Z alfavitning bitta z = (z1'>,z<2),..., z <,)) chiqish simvoli
esa barcha w chiqish o‘zgaruvchilarini aniqlash uchun yetarli. Natijada
diskret tizimning sxematik tasvirini ikki qutbli quti ko‘rinishida olamiz
(rasm 6.3).
v
>
Ilzitn
v
Rasm 6.3. Ikki qutbli quti
Misol. Tasavvur qilishimiz uchun ikkita jt,l),jc<2) kirish va ikkita
chiqishga ega boMgan hisoblash qurilmasini qarab chiqamiz.
Vaqtning /„ (v = l,2,3,...) momentlarida x(l,da 0 va 1 simvollari, z(2,da
esa 1,2 va 3 simvollari berilgan boMsin. Qurilma v- takt momentida
chiqishda quyidagi kattaliklami chiqarib beradi:
zto =
+
va zv(2) = |x;1)x:2) - xiiX»|.
Z ( I , , Z 12)
Shunday qilib,
A'<(1 = {0.1},
A'(2) = {1,2.3}.
Z(l) = {0,1.2,3.4,5.6}, Z <2>= {0.1,23}
alfavitlarga ega boMamiz, ulami dekart ko'paytirib esa, kirish va chiqish
alfavitlarini hosil qilamiz:
X = X ll>x X ,2) = {(0,1). (0,2), (0,3), (1,1), (1,2), (1,3)},
Z = Z(,) x Z(2) = {(0,0), (0,1),(0,2), (0,3), (1,0), (1,1), (1,2),(1,3),
(2,0),(2,1),(2,2),(2,3),(3,0),(3,1),(3,2),(3,3),(4,0),(4,1),(4,2),(4,3),
(5,0),(5,1),(5,2),(5,3),(6,0),(6,1),(6,2),(6,3)}.
133
Tizimdagi oraliq o‘zgaruvchilaming qiymatlari tizim holatini
aniqlaydi. Vaqtning i, momentidagi tizim holatini s y bilan belgilaymiz.
Tizimga xos boMgan barcha mumkin bo‘lgan holatlarining birlashmasi
tizimning holatlar to‘plami deyiladi va 5 bilan belgilanadi.
v-takt momentidagi s,. holat va x, kirish simvoli birgalikda
tizimning berilgan momentdagi chiqish simvoli z„ ni va uning keyingi
v+l-takt momentidagi
holatini aniqlaydi.
6.2. Avtomat bazislari va mukammallik muammolari
Umuman olganda holatlar to‘plamini tuzish murakkab vazifa
bo'lib, har doim ham bir xil chiqmaydi. Demak, holatlar to‘plamini
aniqlashning umumiy qoidasi bo‘lmagani uchun ko'pincha tajriba qilish
va taqribiy qiymatlar asosida ketma-ket yaqinlashish metodiga murojaat
qilinadi. 5 holatlar to'plamini tezroq va aniqroq tuzish tadqiqotchining
sezish qobiliyatiga va o'rganayotgan tizimni qanchalik yaxshi bilishiga
bog'liq.
Chekli kirish alfaviti A' =
} ga, chekli chiqish alfaviti
Z = {C,,£.....C,lga, chekli holatlar to'plami S = {<7,,cr2,...,(j„} ga va ikkita
xarakteristik funktsiyasiga *„=/,(*,..*,)>
=/.(*,>J,) ega bo'lgan
sinxron tizimga M chekli avtomat (Mili avtomati) deyiladi, bu yerda
xy,zy, s,-m os ravishda vaqtning /„ (v = 1,2,3,...) momentidagi kirish,
chiqish simvollari va M avtomatning holatidir.
Agar M chekli avtomatning f z xarakteristik funktsiyasi faqat
avtomatning holatiga bog‘liq bo‘lsa, ya'ni f z(xv,sy) = f . ( s y) bo‘lsa, unga
Mur avtomati deyiladi.
Agar M chekli avtomatning f t xarakteristik funktsiyasi faqat kirish
simvoliga bogMiq boMsa, ya'ni f . ( x v,sy) = f t (xy) boMsa, unga trivial
avtomat (xotirasiz avtomat yoki kombinatsion qurilma) deyiladi.
Bundan buyon chekli avtomat deganda, agar uning modifikatsiyasi
haqida gapirilmagan boMsa, Mili avtomatini tushunamiz.
6.3. Avtomatlar bilan eksperiment o‘tkazish
Misol 1. Tangani bir necha marta uloqtirish natijasida ketma-ket
tasodifiy gerb va raqam tomonlari tushsin. Chekli avtomat har birinchi
gerb tushganda gerb seriyasiga, har gal birinchi ikkitasi raqam tushganda
134
raqamlar seriyasiga belgilab borsin. Chekli avlomatni
A deb
belgilaymiz. A avtomatning kirish va chiqish alfavitlarini, holatlar
to'plamini tuzing.
Yechilishi:
A avtomatning kirish alfaviti X -{raqam (R), gerb (G)\ to'plam,
chiqish alfaviti Z = {raqam ( v ), raqam yo'q ( - )} to‘plam,
holatlar to‘plami esa
S = {gerb ham,mqam ham ya'q (GRY),birinchiraqam tushsa (BR)
ikkita raqtm tushsa(lR), birhchi gerbtushsa (B Q } bo‘ladi.
Qachonki avtomat IR holatida va kirish R bo‘lsa yoki qachonki avtomat
BG holatidan boshqa holatlarda va kirish G bo'lsa, belgi qo‘yiladi. Har
qanday holatda va kirishda G simvoli paydo bo‘lganda, avtomat BG
holatiga o‘tadi. Agar avtomat kirishiga R tushsa, u holda GRY va BG
holatlaridan BR holatiga o‘tadi, BR va IR holatlaridan IR holatiga
o'tadi.
Misol 2. 26 satr ingliz tili alifbosidan va probellardan tuzilgan
matndagi un birikmasi bilan boshlanib, d harfi bilan tugaydigan
(united,understandva h.k.) so'zlar sonini hisoblaydigan .41avtomatni
tasvirlang.
Ycchilishi: Probelni tr simvoli bilan, d .u ,n harflardan boshqa
barcha harflarni k simvoli bilan belgilaymiz.
U holda A\ avtomatning kirish alfaviti X = { d ,n ,u ,x ,k } ,
chiqish alfaviti Z = {hisobla, hisoblama), holatlar to'plami
S = {yangi so'z yangi sdzni kutidi, u, u Ishi, u - n kelishi, u-n-d kelshi } bo'ladi.
/Jlavtomatning joriy holatida u - n - d va kirishda n paydo
boMganda uning chiqishida “h iso b la " simvoli, boshqa barcha holatlarda
“h is o b la m a " simvoli paydo bo‘ladi.
Agar avtomat istalgan holatda bo‘!ib, kirishda ^simvoli berilsa,
avtomat “y a n g i s o 'z ” holatiga o‘tadi.
Avtomat “y a n g i s o ‘z ” holatida bo‘lib, kirishda u simvoli berilsa, u
“ u kelish i ” holatiga o‘tadi. Kirishda “ d. n yoki A” simvollar berilganda
esa, “y a n g i so ‘zn i kutish ” holatiga o'tadi.
Joriy holatda “ u kelishP', kirishda n paydo bo'lganda avtomat
“ u - n k elish i ” holatiga o'tadi. Kirishda “ d ,u yoki A.” simvollar
berilganda esa, “y a n g i so 'zn i ku tish ” holatiga o'tadi.
135
Agar berilgan takt momentidagi holatda “ u - n k e lis h r yoki
“ u - n - d kelishi" va kirishda d paydo bo'lsa, u holda “ u - n - d k elish i"
holatiga o'tiladi.
Kirishda “ n,u yoki A" simvollar berilganda esa, “ « -« k elish i ”
holatiga o'tadi. “y a n g i so 'z n i kutish" holatida va kirishda x dan boshqa
simvollar berilganda avtomat yana “y a n g i s o 'zni kutish" holatiga o‘tadi.
ko‘rinishidagi kirish simvollari ketma-ketligi kirish
ketma-ketligi deyiladi. ‘„,Z„ ... £, kirish ketma-ketligi / uzunlikka ega
bo‘lib, shunday uzunlikdagi chiqish ketma-ketligi
...<T,, ni hosil
qiladi. Avtomatning kirish ketma-ketligiga reaktsiyasini faqat va faqat
avtomatning boshlang‘ich holati ma'lum boMgandagina taxmin qilish
mumkin.
Masalan, 1-misoldagi gerb va raqamdan iborat kirish ketmaketligini qayta ishlash uchun mo‘ljallangan avtomat reaktsiyasini ko'rish
mumkin. Agar avtomatning dastlabki holati GRY bo'lsa, kirish ketmaketligi G,G,R,G,R,R,R,G,R,R,R,G,G,R,R,G,R,G bo‘ladi (jadval 6.1).
Jadval 6.1.
1
1
1
l
1
1
1
1
1
9
V
1 2 3 4
5 6 7 8
0
l
2
3 4 5 6 7 8
Kiris G G R G R R R G R R R G G R R G R G
h
Holat
>
Q e C CQ
□ 03
e
Chiqi V sh
V
O Qt,
03
03
“
“
04
O
03
CQ
V V
“
-
04
04
O O
04
V V
“
-
o4
03
Nazorat uchun savollar:
1. Avtomat tili deganda nimani tushundingiz?
2. Takt momenti deb nimaga aytiladi?
3. Qanday tizimni sinxron tizim deyiladi?
4. Qora qutini sxematik tasvirlab bering.
5. Tizim holatini qaysi o'zgaruvchi aniqlaydi?
6. Mili avtomati va trivial avtomatlami ta'riflang.
7. Mur avtomati tuzilishga ega?
136
OQ m
04
O at
V
V
03
OQ
MISOL VA MASALALAR
Quyidagi chekli avtomatlarda kirish o‘zgaruvchisi x va chiqish
o'zgaruvchisi z bo‘lsin. Chekli avtomatlarning kirish va chiqish
alfavitini va holatlar to‘plamini tuzing, holatlar to‘plamini asoslang:
1. Qurilmaga 0 va 1 raqamlari kiritiladi. Yig‘iigan son birligi 3
modul bo‘yicha hisoblanadi (x-kirish raqami, z-yig‘ilgan son);
2. Tanga bir necha marta uloqtiriladi va ketma-ket raqam
tushganda juft sondagi raqam uchun belgi qo‘yiladi, har ikkinchi gerb
tushganda (ketma-ket bo'lishi shart emas) belgi qo‘yiladi (x-tanga
tomoni, z - qo'yilgan belgi);
3. Uch qavatli binoda o'matilgan liftning har bir qavatida
chaqirish tugmasi bor va quyidagi tartibda ishlaydi: agar bir tugma
bosilsa, lift shu tugma o'matilgan qavatga harakatlanadi. Agar bir
vaqtda 2 yoki 3 tugma bosilsa, lift ulaming eng quyisiga tomon
harakatlanadi. Lift harakatlanayotgan paytda tugmalar bosilmasligi
kerak ( x - chaqirish tugmasi bosilgan qavat, z- lift yo‘nalishi va
to'xtamasdan o‘tadigan qavatlar soni).
6.4. Chekli avtomatning o‘tishlar jadvali
Mos xarakteristik ftmktsiyalari f ,{ x „ s y) , /,(*v>0 ga teng z, va Jv^-qism jadvallardan tuzilgan jadvalga chekli avtomatning
o‘tishIar jadvali deyiladi (jadval 6.2).
Jadval 6.2
zv
1
a\
...
...
...
a,
...
...
...
a.
...
. ..
...
...
...
e,
f.
...
...
...
..
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
...
137
F
»1
4.
...
...
...
...
f
...
...
...
r„-qism jadvalning £,(/ = 1,2, .,/>) ustuni va er, (> = 1,2,.../») satri
kesishgan yacheykasida /,(£.</,)e Z funktsiyaning qiymati,
-qism
jadvalning mos yacheykasida esa /,(£ ,<Ty)e s funktsiyaning qiymati
yoziladi.
Misol. 26 satr ingliz tili alifbosidan va probellardan tuzilgan
matndagi un birikmasi bilan boshlanib, d harfi bilan tugaydigan
(united, understand va h.k.) so'zlar sonini hisoblaydigan /ilavtomatda
probel n simvoli bilan, d ,u ,n harflardan boshqa barcha harflar X
simvoli bilan belgilanadi. A\ avtomatning o‘tishlar jadvalini tuzamiz.
2„ - qism jadvaldagi
“h is o b la " va “h is o b la m a " chiqish
simvollariga 1 va 0 raqamlarini mos qo‘yamiz. s„.,-qism jadvalning
“y a n g i s o 'z ”, “y a n g i so 'z n i kutish ”, “ « k elish F , “ u - n k e lis h r va
“ u - n - d k elish F holatlarini 1,2,3,4 va 5 raqamlar bilan belgilaymiz
(jadval 6.3).
Jadval 6.3
V ,.
* ,\
1
2
3
4
5
d
n
u
n
z
d
n
U
71
X
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
2
2
2
4
4
4
1
1
1
1
1
2
2
3
2
2
4
4
5
5
2
2
2
4
4
6.5. Avtomatlar quvvati. Izomorfizm
n holatga, p kirish va q chiqish simvollaridan tuzilgan avtomatga
(n.p,<y)-avtomat deyiladi. («./j,^)-sinfidagi avtomatlaming quvvati
K .,.,= ( 9 » r
formula bilan aniqlanadi.
Agar har bir /' va j * i uchun shunday k mavjud bo'lsaki, ular
uchun
tengsizlik o‘rinli bo‘lsa, («,p,<7)-avtomatga
aniq minimal avtomat deyiladi. Aniq minimal («,/?,<?)-avtomatda
. 2v-qism jadvaldagi barcha satr elementlari turlicha bo'ladi. Aniq
minimal (n,p,g)-avtomat quvvati
138
r= 0
ga teng, N'„pt ning manfiy qiymatlari 0 ga teng deb olinadi.
rr, vao-( satrlar ikkala qism jadvalda ham bir xil bo‘lsa yoki har bir
<T, simvolni o-; simvol bilan (yoki cr, ni cr,ga) almashtirganda bir xil
boMadigan hech bo‘lmaganda bir juft satri topilsa, unga aniq
qisqaruvchi
(n,p, <?)-avtomat
deyiladi.
Aniq
qisqaruvchi
(n,p,^)-avtomatning quwatini baholash uchun quyidagi tengsizlikdan
foydalaniladi:
k p., * (?«>'"
-rJ
r -0
Holatlaridagi mumkin bo‘lgan xilma-xillikni hisobga olmaganda
xarakteristik funktsiyalari bir xil bo'lgan ikkita avtomatga bir-biriga
izomorf avtomatlar deyiladi. 6.4-jadvalda /tlavtomatga izomorf
bo‘lgan avtomat keltirilgan. U dastlabki 1,2,3,4,5 holatlami mos
ravishda 5,4,3,2,1 ga almashtirish natijasida olingan.
Jadval 6.4
z.
1
2
3
4
5
d
n
u
7T
X
d
n
U
K
X
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
1
4
4
4
2
2
2
4
4
2
5
5
5
5
5
2
2
4
4
3
2
4
4
4
Izomorf avtomatlari boMmagan aniq minimal (n,p ,q )~avtomatlar
sinfining quvvati
n_l
f1 -
r=0
formula bilan aniqlanadi, N "'npq ning manfiy qiymatlari 0 ga teng deb
olinadi.
Nazorat uchun savoilar:
1. Chekli avtomatning o'tishlar jadvali deb nimaga aytiladi?
139
2. Aniq minimal avtomat qanday bo'ladi?
3. (n ,p ,q ) -avtomatgata'rifbering.
4. Aniq qisqaruvchi avtomatni tasvirlang.
5. lzomorf avtomatlar deb nimaga aytiladi?
6. lzomorf avtomatlarga misol keltiring.
MISOL VA MASALALAR
Quyidagi chekli avtomatiar uchun o‘tish jadvalini tuzing va
berilgan dastlabki holatdagi tasodifiy kirish ketma-ketligi uchun to‘g‘ri
ishlashini tekshiring.
1.
Qurilmaga 0 va 1 raqamlari kiritiladi. Yig‘ilgan son birligi 3
modul bo'yicha hisoblanadi (.x-kirish raqami, z-yig‘ilgan son);
2. Tanga bir necha marta uloqtiriladi va ketma-ket raqam
tushganda juft sondagi raqam uchun belgi qo‘yiladi, har ikkinchi gerb
tushganda (ketma-ket bo‘lishi shart emas) belgi qo‘yiladi (x-tanga
tomoni, z- qo‘yilgan belgi);
3. Uch qavatli binoda o'rnatilgan liftning har bir qavatda chaqirish
tugmasi bor va quyidagi tartibda ishlaydi: agar bir tugma bosilsa, lift shu
tugma o‘matilgan qavatga arakatlanadi. Agar bir vaqtda 2 yoki 3 tugma
bosilsa, lift ularning eng quyisiga tomon harakatlanadi. Lift
harakatlanayotgan paytda tugmalar bosilmasligi kerak (x- chaqirish
tugmasi bosilgan qavat, z- lift yo'nalishi va to'xtamasdan o'tadigan
qavatlar soni);
4. Quyidagi o'tish jadvali berilgan avtomatga 1,2,3,4,5,6 holatlami
mos ravishda 2,3,4,5,6,1 ga almashtirish orqali izomorf avtomat quring:
Zv
a
p
a
P
0
0
0
0
0
i
1
2
1
3
1
2
a
p
a
P
4
5
0
i
4
2
i
0
5
6
i
0
6
3
3
1
1
2
3
140
6.6. Chekli avtomatda o‘tishlar grafi. Avtomatlarda
ekvivalentlik
Uchlari avtomatning
... ct„ holatlariga, qirralari esa bir
holatdan boshqasiga mumkin bo‘lgan o‘tishlarga mos keluvchi
oriyentirlangan graf (n,/>,<7 ) - a v t o m a t n i n g o 't i s h l a r g r a f i deyiladi.
0 ‘tishlar grafining har bir
qirrasi vaznga ega, bu vazn
(&./£. ) v f c 2/C,2)v ...v ( 4 /^ .) mantiqiy yig‘indiga teng. K ir is h c h iq is h ju f tlig i deb ataluvchi istalgan(%ihK o,) qo‘shiluvchi uchun
= / i (^m.ct,),ct/ = /,(f M,CT,) tenglik o‘rinli, ya’ni CT,holatida bo‘lgan
avtomat <?** kirishda <T* chiqish simvolini beradi va a , holatga o‘tadi.
M iso l. A\ avtomatning 6.3-jadvalga mos keladigan o‘tishlar grafi
6.4-rasmda tasvirlangan. Grafning ixtiyoriy uchidan chiquvchi yoylar
kirish alfaviti quvvatiga teng boMgan kirish-chiqish juftligidan iborat
to‘liq psonni saqlaydi. Demak, Al avtomatning kirish alfaviti quvvati 5
ga teng bo‘lgani uchun o‘tishlar grafidagi har bir uchdan 5 ta yoy
chiqadi.
ix/(»
S* 's.,
-
(<!/()) v ( „■ ()) Vtu 0) Vf 10)
1 X
trr 0)
(d'O/ v („/()) V( >-»)
1 £
4
(ii'Ot
(it o/ v 0, 1)) )( k/O)
tmO)
/
/
X
3
1
Or/O)
(n'O/
tnO) V (u ()) . ( K/(),
5
Mi»
(d'O)
- .5 .
(11,-V) v
Rasm 6.4. .41 avtomatning o‘tishlar grafi
141
0 ‘tishlar grafining bevosita ustunlik tomoni shundaki, u kirish
ketma-ketligiga bo‘lgan avtomat reaktsiyasini aniqlashni osonlashtiradi.
Masalan, /fl avtomatning dastlabki holat 3 da n,u,n,X,A,d,n kirish
ketma-ketligiga reaktsiyasi 0,0,0,0,0,0,1 chiqish ketma-ketligi bo‘lishi,
6.4-rasmdan oson topiladi. Chizmaga ko'ra, avtomat ketma-ket
1,3,4,4,4,5,1 holatlarda bo'ladi.
Barcha yoylarni kiruvchi, chiquvchi va ilmoqqa ajratish bilan
holatlami va qism avtomatlami klassifikatsiya qilish mumkin.
0 ‘tish grafida kirish yoyi yo‘q, lekin hech bo'lmaganda bitta
chiqish yoyiga ega uchga mos holatga o‘tkinchi holat deyiladi. Chiqish
yoyi yo‘q, lekin hech bo'lmaganda bitta kirish yoyiga ega uchga mos
holat berk holat deyiladi. Kirish yoyi ham chiqish yoyi ham
boimagan uchni ajralgan holat deyiladi. A2 avtomatda 1 va 5
o'tkinchi holatlar, 2 va 4 berk holatlar, 6 ajralgan holatdir(6.5-rasm).
fM / t l
(a ri) v /fi/Of
t(iOl
rw h ■
Jiy/D)
r r f —s
t?h
rrh
fa l;
m fi) vrfVh 'J ty h
rfih
ta-l) rffi/nj V|W/,
Rasm 6.5. A2 avtomat holatlar grafi
Avtomat holatlari to'plami 5 ning har qanday qism to‘plami shu
avtomatning qism avtomatlarini ifodalaydi.
Tashlab ketish mumkin, lekin orqaga qaytish mumkin boimagan
qism avtomatga o‘tkinchi qism avtomat deyiladi. Berk qism
avtomatga boshqa biror qism avtomatdan kelish mumkin, lekin uni
tashlab ketish mumkin emas. Ajralgan qism avtomatga biror y o i
orqali borib ham boimaydi, undan chiqib ham boimaydi. A3
. avtomatning holatlar to'plami S = {1.2,...,9} 6.6-rasmda ko'rsatilgandek,
142
S, = {1.4,7} berk, S2 = {2,5,8} o ‘tkinchi, S3 = {3,6,9} ajralgan qism
avtomatlarga mos qism to‘plamlarga ajratilgan.
k dan uzun bo'lmagan kirish ketma-ketligini kiritganda S,
holatdan o ‘tish mumkin bo‘lgan barcha holatlar to‘plami Gk(S,) bo‘lsin.
Istalgan uzunlikdagi kirish ketma-ketligini kiritganda o ‘tish mumkin
bo‘lgan barcha holatlar to‘plami G(S,) bo‘lsin. G(S,) to‘plam quyidagi
algoritmni aniqlash imkonini beradi:
........ * ; ]
At
!
! <P'h
l
i <m
(aOf A
i
■
,v.
.
\
; (p t ) |
\
v
*:
5 )
A
i ? ;
¥
\. *
1•
A '
/»l t>
f
I:
/ :
laJl/
/tiV/
A
tfi l>
<(<■«> 1
' A
/ ■
(<l Hi ■ifi l>
\ "
\"
<n/D v<fW>)
\ (« 0)
\
s, ;
: .? ’
V
: .
]> .
!
j
—-•------- —- —
i
II (
i.....................
H t - ...1...... ....................\ 2
/
,
<m
sj //
/
vY
Rasm 6.6. A3 avtomat
Algoritm G:
1) S, ni yuklash;
2) <7,(5,) <-$„*♦- 1;
3) G k ( S , ) < - G*_,(S() vj
bu yerda o f o . , ^ ) ] G*-,(S,)to‘plamning birlik radius atrofi;
4) Agar Gk(S,) *
(S,) bo‘lsa, u holda
+ l bo‘ladi va 3
qadamga qaytish; aks holda G(S,) = Gk(S, ) .
A3 avtomatga tadbiq qilganda ushbu algoritm S, = {5,6} uchun
G(S,) = {l,3,4,5,6,7,9} ni topadi.
Agar S, qism to‘plam faqat bitta <rt holatdan tashkil topgan bo‘lsa,
u holda G(S,) = G(<7,) to‘pIam <rt - erishiladigan to‘plam deyiladi.
Masalan, A3 avtomatda 4-erishiladigan to‘plam uni berk qism
avtomatda aniqlaydigan S, = {1,4,7} to‘plamdir.
143
o,
va <yj lar avtomatning n holatlaridan tashkil topgan bo‘lsin.
Agar c j holat umuman olganda o, holatdan kelib chiqadigan bo‘lsa, u
holda c j uzunligi («-l)dan ko‘p boMmagan kirish ketma-ketligini
berish bilan erishiladi.
Agar M avtomatning dastlabki holati o^ekanligi maMum bo‘lsa, S
holatlar to‘plamini unga ekvivalent bo'lgan cr^ -erishiladigan
to'plamga almashtirib, avtomatni qisqartirish mumkin. Masalan, A3
avtomatda 4- dastlabki holat 5, = {1,4,7} holatlar to‘plamiga ekvivalent, 6dastlabki holat esa S3 = {3,6,9} holatlar to‘plamiga ekvivalentdir.
Faraz qilaylik, M avtomatning o‘tishlar grafidagi barcha yoylar mos
qirralar bilan almashtirilgan bo‘lsin. Bunda S, to‘plam holatlari bilan k dan
uzun bo‘lmagan zanjir orqali bogMangan barcha holatlar to'plami Hk(S,)
bo‘lsin. //(5,) esa S, to‘plam holatlari bilan ixtiyoriy uzunlikdagi zanjir
orqali bogMangan holatlar to‘plami boMsin. Agar S, qism to‘plamda faqat
<yj holat boMsa, u holda H(S,) = //(cr,)to‘plam <y, bilan ixtiyoriy uzunlikdagi
zanjir bilan bogMangan holatlar to‘plamidan iborat boMadi.
H(S,) to‘plamni //algoritm yordamida aniqlash mumkin. H
algoritmni G algoritmdagi G belgilami H ga almashtirish bilan hosil
qilish mumkin.
Algoritm H:
1) Sj ni yuklash;
2) //0(S,)
3) //t(5/) < - / / t.,(S;)oO [//*.l(S/)],buyerda «[//,.,(5,)]-
^*-i(5()to‘plamning birlik radius atrofi;
4) Agar Ht(S,)* Hk.t(S,) boMsa, u holda A<-A + l boMadi va 3
qadamga qaytish; aks holda H(S,)= Ht (S,).
Masalan, .43 avtomatda 5( ={l,4} boMganda //(5,) = (1.2,4,5,7.81 ga,
S, ={9} boMganda //(5,) = {3,6,9} ga teng.
Agar avtomatda 2 va undan ortiq ajralgan qism avtomatlar boMsa,
unga yoyiladigan avtomat deyiladi. Agar M avtomat uchun H(at) =S
boMsa, u yoyilmaydigan avtomat, aks holda H(o,) avtomatning ajralgan
yoyilmaydigan qism avtomatlarini ifodalaydi. Avtomatning maksimal
yoyilmasi, ya’ni avtomatni maksimal sondagi mumkin boMgan ajralgan
qism avtomatlarga yoyish quyidagi algoritm yordamida bajariladi;
144
Algoritm K :
1) Sx <r-S, k<r-1;
2) S k dan ixtiyoriy cr,t holatni tanlash va *-ajralgan qism
avtomatni aniqlaydigan //(er,t )ni topish
3) Agar
„ )u
<jH(a,k) * S
bollsa,
u holda
SkiX<-S\H(crlX) u f f ( a l2)v..,<jH(crilt), k < r - k +l bo‘ladi va 2 qadamga
qaytish;
aks
holda
avtomatning
maksimal
yoyilmasi
H(cr,x) , H ( a H ( c r , k) to‘plamlar bilan aniqlanuvchi ajralgan qism
avtomatlar soni k ga teng bo‘ladi.
.43 avtomatga tadbiq qilganda ushbu algoritm 2 ta ajralgan qism
avtomatni topadi, ular {12.4.5,7,8} va {3,6,9}. a \ avtomatga tadbiq
qilganda esa 1 ta {l,2,3,4,5} ajralgan qism avtomatni topadi, bu degani .41
yoyilmaydigan avtomat ekan.
Bir xil kirish alfavitiga ega bo‘lgan 2 va undan ortiq avtomatlar
taqqoslanuvchi deyiladi. M x, Mk,...,MN avtomatlar N ta turli tizimni aks
ettiruvchi taqqoslanuvchi avtomatlar boMsin. Agar MX, M 2,...,MN lami M
avtomatning ajratilgan qism avtomatlari deb qaralsa, M ga M X, M2,...,MN
avtomatlami bo‘laklarga ajratiladigan avtomat deyiladi va
A(Mx, M2„..,Mn ) kabi belgilanadi.
M M x, M2,...,Mn ) boMaklanadigan avtomatning o ‘tish grafi
M x, M2,...,Mn avtomatlar o ‘tish graflarining birlashmasiga teng, bunda
holatlar shunday belgilanishi kerakki, A(MX. M2 MN)ddL ikkita bir xil
holat bo‘lmasin. Misol tariqasida, A4 va ^5avtomatlarning o “tish
graflarini
keltiramiz
(6.7,
6.8-rasm).
6.9-rasmda
esa
A(.44,.45)bo‘laklangan avtomat tasvirlangan.
.►
---- i 2 1
A
Rasm 6.8. .45 avtomat
Rasm 6.7. A4 avtomat
145
r,/j
>
’
1 ,
—
-<
/
V
/
\
\
i
- T lT
ftrto
1
'
' ^
tf'tf
\
V..%
f
'v.
"A .
* .
i
W *f> Yfft.V)
i A V-
f* h
(0,*)
►
Rasm 6.9. A(/14,/15)bo‘laklangan avtomat
Nazorat uchun savollar:
1. Avtomatning o‘tishlar grafi deb nimaga aytiladi?
2. 0 ‘tkinchi, berk, ajralgan qism avtomatlami tushuntiring.
3. Holatlar to'plamini aniqlaydigan algoritmni tuzing.
4. Yoyiladigan va yoyilmaydigan avtomatlar farqini ayting.
5. Bog'langan holatlar to‘plamini aniqlash algoritmini keltiring.
6. Taqqoslanuvchi avtomatlar qanday boTadi?
7. BoTaklarga ajratiladigan avtomatni tasvirlab bering.
8. Avtomatning maksimal yoyilmasini aniqlaydigan algoritmni
yozing.
MISOL VA MASALALAR
Quyidagi chekli avtomatlar uchun o'tishlar grafini quring:
1.
0 va 1 raqamlar qurilmaga kiritiladi. Yig'ilgan son birligi 3
modul bo'yicha hisoblanadi (x-kirish raqami, r-yig‘ilgan son);
2. Tanga bir necha marta uloqtiriladi va ketma-ket raqam
tushganda juft sondagi raqam uchun belgi qo‘yiladi, har ikkinchi gerb
tushganda (ketma-ket boTishi shart emas) belgi qo'yiladi (jr-tanga
tomoni, z - qo'yilgan belgi);
3. Uch qavatli binoda o‘matilgan liftning har bir qavatda chaqirish
tugmasi bor va quyidagi tartibda ishlaydi: agar bir tugma bosilsa, lift shu
tugma o‘matilgan qavatga harakatlanadi. Agar bir vaqtda 2 yoki 3 tugma
bosilsa, lift ularning eng quyisiga tomon harakatlanadi. Lift
harakatlanayotgan paytda tugmalar bosilmasligi kerak (jr- chaqirish
146
tugmasi bosilgan qavat, z - lift yolnalishi va to‘xtamasdan o‘tadigan
qavatlar soni);
4.
Xarakteristik funktsiyalari quyidagi o‘tish jadvallari bilan
berilgan 2 ta avtomat uchun
a) o‘tishlar grafini quring;
b) o‘tkinchi, berk, ajralgan holatlami aniqlang;
v) l,2,...,8-erishiladigan G(l),G(2),...jG(8) to‘plamlami toping.
zv
1
2
3
4
zv
a
p
a
P
0
1
1
0
1
0
0
2
2
7
4
2
2
6
3
1
5
6
7
8
a
p
a
P
1
0
1
1
0
I
7
7
8
6
1
7
8
1
1
0
4. O'tishlar jadvali berilgan A avtomatning K algoritm bo'yicha
maksimal yoyilmasini toping.
6. Quyidagi taqqoslanuvchi avtomatlar uchun o‘tishlar jadvalini tuzing.
147
•
ia-Vi
\ipih
rry
v
4
i/tm i
.w.
</'w'
Nv />t//
<»v/ /
/«/»
V..
i« w
t/t h
\
)
< u tfj
Rasm.6.10. Taqqoslanuvchi avtomatlar
6.7. Chekli avtomatning o‘tishlar matritsasi
(w,p,qr)-avtomatning o‘tishlar matritsasi deb,
quyidagicha aniqlanadigan M = [/«„]„,„ matritsaga aytiladi:
elementlari
’( i y ^ n ) v ( Z i A n ) v ... v f o / f j , agar ( a „ a J ^ G bo'lsa;
0. agaraksinchabo'lsa
Bu yerda (£1.l/C,i)v(£*2/£'M)v...v(£tr/£'t.) kirish-chiqish juftliklari
diz’yunktsiyasi boiib, ulaming har biri avtomatni cr, holatdan
a , holatga o‘tkazadi. 0 ‘tishlar matritsasining har bir satrida rosa p ta
kirish-chiqish juftligi boiishi kerak.
Agar a t ustundagi diagonaldan boshqa barcha elementlar 0 ga
teng boisa, crt satrda esa diagonaldan boshqa 0 dan farqli eiementlar
mavjud boisa, u holda crt ga oikinchi holat deyiladi.
Agar crt satrdagi diagonaldan boshqa barcha elementlar 0 ga teng
boisa, crt ustunda esa diagonaldan boshqa 0 dan farqli elementlar
mavjud boisa, u holda crt ga berk holat deyiladi. Agar <rt ustundagi va
o-,satrdagi diagonaldan boshqa barcha elementlar 0 ga teng boisa, u
holda <t;. ga ajralgan holat deyiladi.
Misol uchun A2 avtomatning oiishlar matritsasi quyidagi
koiinishda boiadi:
148
Ushbu matritsaning har bir satri rosa 3 juft kirish-chiqishga ega. 1
va 5 holatlar o‘tkinchi, 2 va 4 holatlar berk, 6- esa ajraigan holat
liisoblanadi.
1
2
3
4
0
(yff/0)
(a! 1)
0
(o r/0 ) v ( / ? / 0 ) v ( y / l )
0
0
( « / l ) v ( / ? / 0 ) v(j 'Z O )
0
(y/o)
0
0
0
0
0
0
0
0
0
(y/l)
0
6
5
0
0
0
0
0
0
(« /0 )v (/3 /l)v (y /l)
0
0
( a / 1)
(P / 1)
0
0
0
(ar/l)v(/?/0) v (y /l)
5,
,o„) to'plam o'tkinchi, berk, ajralgan qism avtomatni
tasvirlaydimi yoki yo‘qmi, buni aniqlash uchun M matritsaning satr va
ustunlarini shunday joylashtirish kerakki, a A, a a ,...,c k satr va ustunlar
birinchi satr va ustundan boshlab qo'shni o'rinlarda joylashsin. Bunday
qurish A/matritsani 4 ta
qismga ajratadi:
M, ,
M
M,
M,
Agar Mlx faqat 0 lar bilan toigan, yat>ni M,,= 0 va M X2* 0 boisa,
5,o‘tkinchi qism avtomatni aniqlaydi;
agar Mlx * 0 va A/„ =0 bo'lsa, 5,berk qism avtomatni aniqlaydi;
agar M u = 0 va Ml2 =0 boisa, ajralgan qism avtomat boiadi.
.43 avtomatning o'tishlar matritsasida satr va ustunlar shunday
tasvirlanganki, 1,4,7 satr va ustunlar bitta joyga yigilgan, ularning
kesishmalari esa Mu sohada yotibdi:
149
.
1
4
7
2
3
5
8
6
9
0
(/9 /1 )
( o r /0 )
0
0
0
0
0
0
1
( /9 / 0 )
( « / 0)
0
0
0
0
0
0
0
4
0
( a / 1 ) v ( /7 / 0 )
0
0
0
0
0
0
0
7
(a /0 )
0
0
0
0
(/9 /1 )
0
0
0
2
0
0
0
0
0
0
0 9 /1 )
0
(« /l) 3
( o r /0 )
0
0
0
0
0
0
(« /l)
0
( /9 / 0 ) 6
0
5
0
0
0
0
0
0
0
0
(/9 /0 )
0
(or/1)
0
0
0
8
0
0
0
0
0
0
0
0
9
>
O
0
Matritsada A/2I * 0, M , 2 = 0 ekanini ko'rish mnmkin. Bundan kelib
chiqadiki,
<43 avtomatning holatlar to‘plami {1,4,7} uni berk qism
avtomat ekanini bildiradi.
M matritsaning (i,J) yacheykasida joylashgan va a, holatdan a ,
holatgacha yo‘l uzunligi 1 ga mos har bir noldan farqli elementini n t]
deb belgilaymiz. Shunday o'zgartirilgan o'tishlar matritsasini M deb
belgilaymiz. U holda M kmatritsaning (/,/) yacheykasidagi noldan farqli
n,n. n li::, , n K element a, dan a 2 gacha bo‘lgan k uzunlikdagi yo'lni
ifodalaydi. Misol uchun
quyidagicha bo'ladi:
41 avtomatning A l va A l ' o'tish matritsalari
1
2
3 4
*i2 n„ 0
*21 *22 0 0
41 = *»1
0 n,4
0
0
nt,
*51 0 0 nS4
2
3
n 2,n„ + n u n„
/U! = n„ n„ + n u n 2, + n ltn„
* 21^11
5
0 1
0 2
0 3
4
5
4
5
0
0
0
1
2
3
^31^)2 + ^12*22
*\4*4A
n u n„
n„n„ + n Mn it + n 4in t ,
*n*i2
J^Tu + ^45^54
^44^45 + nt,n „ 4
n » * n + n » n „ + n„ n„
^51^12
**5«*44 + ^55*34
150
^
54*45+ n „ n ss 5
A\
matritsadan ko'rinadiki, 3-hoIatdan 2-holatga uzunligi 2
bo'lgan ikkita yo'l bor, ular x 3]7tl2 va 7in 7i22. 2-holatdan 4 - yoki 5holatlarga uzunligi 2 bo'lgan yo‘1yo‘q.
Agar /, /,, /2
, Jindekslar turlicha bo'lsa, o , dan o 2ga
boradigan uzunligi k bo'lgan
f yo'lni e le m e n ta r y o ‘1,
agar
indekslar turlicha va >,yindekslar teng bo‘lsa,
uzunligi k bo'lgan e le m e n ta r k o n t u r deyiladi. n holatli avtomatda
elementar yo‘l uzunligi (n-l) dan, elementar kontur uzunligi esa n dan
katta bo'lishi mumkin emas. Elementar boMmagan yo‘i o r tiq c h a y o ‘l
deyiladi.
(/,_/)yacheykasi faqat uzunligi k bo'lgan o , dan <r,ga boradigan
___ *k
elementar yo'lnigina saqlaydigan matritsani M deb belgilaymiz.
_fl
Berilgan M matritsadan />0uchun M matritsani quyidagi algoritm
asosida hosil qilish mumkin.
Algoritm L:
1) M matritsaning bosh diagonalidagi barcha elementlami 0 ga
_/ _/U)
aylantirib, M =M ni hosil qilamiz. k +-1 o'zgaruvchi.
_*k __//
2) M M ko'paytmani topish va har bir ortiqcha yo‘lni 0 ga
_/<*♦!)
aylantirb, M
ni hosil qilish;
3) agar k+ \< l bo‘lsa, u holda *<--*+! bo‘ladi va 2 qadamga
qaytish, aks holda M
L algoritmdan
foydalanamiz
n
= M .
/
/<2)
A\ A\
0
~A\ = a s\
a 41
a i\
*\7
0
/<<)
/<3)
,A1 , A\
* I3
0
0
0
0
*32
0
0
151
0
0
matritsalami
*34
0
0
0
0
*4S
a S4
0
qurishda
0 * ,3^)4 0
0
x„xu
0
0
0
0
^ii^ti
'<!)
A\ = *i: + /rw*4i ^Tii^ i:
0
0 n u 7,'45
0
^45^51
*«i*i: ^41^13 0
0
0
^54^41
^SI^I)
i
0
0
0
nun itn t,
0
0
0
0
0
n2nun ,t
0
0
0
^r34;r4l7ri2
^34^45^51
0
0
0
^41^11^32 +^45^51^)2 n4,n%}n„
0
0
^51*13*32 + ^54*41*12 ■^54^41^13 ji}ln un-t
0
0
0
0
'H
= 0 ;r.14;r«;r!i;iri!
A\
0 /r45/r5i;ri3,r)!
0 n v K ^n„ nu
0
0
0
0
0
0
0
0 n j, n un itn„
0
0
0
0
0
0
Agar n holatli M avtomatni <r, holatdan ct, holatga olib boradigan
___ tk
yo‘l mavjud bo'lsa, u holda bunday eng qisqa I £A<n- l yo‘1 A/
matritsalardan birining biror (/,_/) elementi bilan ifodalanadi va quyidagi
algoritm orqali topilishi mumkin:
Aleoritm F :
“ 1) k < - \
'k
2) M
ni topish
___ ' k
3) agar M matritsaning U ,j) elementi nolga teng va k < n -1
boisa, u xolda k «- A+ 1 va 2 qadamga qaytish
___tk
4) agar M matritsaning V , j ) elementi nolga teng va k - n - \
boisa, u holda <r, dan cr, ga olib boradigan y o i yo‘q; aks holda
( i,j) element o, dan cr, gacha boigan eng qisqa yoiga teng.
_' _'01
Masalan, A\ ,,41 matritsalardagi (1,5) element 0 ga teng, biroq
___ '(3)
A\
matritsada 1-holatdan 5-gacha boigan eng qisqa yo‘l n nKitKts ga
teng,
152
holatli avtomatda n uzunlikdagi elementar kontur t o ‘h q
_f _'( n - l )
( g a m i l t o n ) k o n t u r i deyiladi. M M
matritsaning bosh diagonali M
avtomatning barcha to‘liq konturlarini o‘zida saqlaydi.
_f _»(«)
Demak, A\ A\
matritsaning bosh diagonalidagi barcha elementlar
nolga teng bo‘lganligi sababli ytlavtomatda to‘liq konturlar yo‘q.
n
_________ ' ( 2 )
Aksincha, 3 ta
^
holatli
v44avtomatda
A 4A 4
matritsasiga ko‘ra
12^ 23 ^ 31 » ^ 23 ^ 31^ 12 »
^ 31^ 12^23 to'liq konturlari mavjud:
___ '121
A4M
^12^23^31 ^13^3!'ffl2
=
0
0
^23^31*12
0
0
0
Nazorat uchun savollar:
1 . (/?,/?, 7)-avtomatning o‘tishlar matritsasi dcb nimaga aytiladi?
2. 0 ‘tkinchi, berk, ajralgan holatlami tushuntiring.
3. Elementar yo‘l, elementar kontur ta'riflarini ayting.
4. Avtomatda eng qisqa yo‘lni topadigan algoritmni yozing.
Misol. {a, b} to‘plam xarflaridan iborat “ a«” dan boshlanib, “bb”
bilan tugaydigan so‘zlami qabul qiluvchi chekli avtomatni
modellashtiring
Yechilishi: Avtomatni qadam ba qadarn tuzamiz.
Qadam 0. Dastlab avtomat s0 boshlang'ich holatda bo‘lsin.
Qadam 1. Agar birinchi belgi - a bo‘lsa, 50 dan keyingi s,
holatni e’lon qilish uchun aralashtiriladi va keyingi belgi kutiladi. Agar
birinchi belgi -b bo‘lsa, so‘z qabul qilinmaydi, s2 deb belgilanadi (6.11rasmga qarang).
153
•
Qadam 2. Agarkiruvchi belgi s, dan - a bo‘lsa, s3 ni e’lon qilish
uchun aralashtiriladi va qator “bb” da tugaydimi yo‘qini, aniqlanadi.
Boshqa tomondan, agar s, dan kirish belgisi - b bo‘lsa, bu mumkin
boMmagan belgi, shuning uchun uni s^ ga o'tkaziladi. s2 da esa qanday
simvol bo‘!sa ham, o‘shajoyda qolsin (6.12- rasmga qarang).
Qadam 3. s0 dan s3 ga harakatlanayotgan har qanday so‘z aa
bilan boshlanishi kerak. a ning keyingi keladiganlari birinchisidan
kcyinda tursin (6.13- rasmda s,ga qarang). Agarda so‘z oxirida - b kelib
qolsa, yangi s4 yacheykaga borsin (6.13-rasmga qarang).
Qadam 4. Agar s4 dan kirish simvoli - a bo‘lsa, u holda s^ ga
qaytiladi va M>juftlik izlanadi. Agar s4 dan kirish simvoli - b kelib
qolsa, yangi s, yacheykaga borsin (6.14- rasmga qarang).
154
Qadam 5. Agarda 5, dan - b kelib qolsa, yana s, ga qaytsin.
Biroq s5 dan - a kelib qolsa, bbx\\ izlash uchun 5, ga qaytiladi. s5 holat
bb bilan tugagan izlangan so'zlami saqlaydi. Bu 6 ta qadam chekli
avtomatni hosil qiladi (6.15- rasmga qarang).
Rasm 6.15
MISOL VA MASALALAR
Quyidagi chekli avtomatlar uchun o‘tishlar matritsasini tuzing:
1.
0 va 1 raqamlar qurilmaga kiritiladi. Yig'ilgan son birligi 3
modul bo‘yicha hisoblanadi (jc-kirish raqami, z-yig‘ilgan son);
2. Tanga bir necha marta uloqtiriladi va ketma-ket raqam
tushganda juft sondagi raqam uchun belgi qo‘yiladi, har tkkinchi gerb
tushganda (ketma-ket boMishi shart emas) belgi qo‘yiladi (jr-tanga
tomoni, z - qo‘yilgan belgi);
3. Uch qavatli binoda o‘matilgan liftning har bir qavatda chaqirish
tugmasi bor va quyidagi tartibda ishlaydi: agar bir tugma bosilsa, lift shu
tugma o'matilgan qavatga harakatlanadi. Agar bir vaqtda 2 yoki 3 tugma
bosilsa, lift ulaming eng quyisiga tomon harakatlanadi. Lift
harakatlanayotgan paytda tugmalar bosilmasligi kerak (x- chaqirish
tugmasi bosilgan qavat, z - lift yo'nalishi va to'xtamasdan o‘tadigan
qavatlar soni);
4. 0 ‘tishlar matritsasi berilgan /lavtomatda
a) o'tkinchi, berk, ajralgan holatlami toping;
b) C, (5,7) va //,(2.3) ni aniqlang;
v) o‘tishlar matritsasida satr va ustunlar tartibini o‘zgartirish bilan
{1,2,4,7} va {3,5,6,8} holatlar to'plamlari o‘tkinchi va berk qism
avtomatlar juftligi yoki ajralgan qism avtomatlar juftligi boMishi
mumkinmi?
155
1
2
3
4
( a / l)v (^ /0 )
0
0
0
(a /0 )
0
0
5
6
7
8
.0
0
0
0
0
0
(/?/!)
0
0
0
0
2
(c r/l)v (£ /l)
0
0
0
0
0
3
4
1
0
0
(a/l)
0
(£ /0 )
0
0
0
0
0
( a / 0)
0
0
0
0
(fi/1) 5
0
0
0
0
0
(< ar/l)v (£ /0 )
0
0
0
0
0
0
(fi/0 )
0
0
(a/\) 7
0
0
0
0
0
( a /0 )v (^/l)
0
0
5. 4-misoldagi A avtomat uchun
a) A , a \ a 3 matritsalami tuzing;
_ / ( l)
_/< 2 >
b) A ,A
___ / (7 )
,...,A
matritsalami tuzing;
156
6
8
7.
IN JE N E R U C H U N M A T E M A T IK M A N T IQ
ELEM ENTLARI
7.1. Kirish
Amaliy nuqtai nazardan qaraydigan bo‘lsak, matematik mantiq
ma'lumotlar bazasini qurishda, elektrotexnika, informatika va hisoblash
texnikasi va umuman, barcha raqamli qurilmalarda dasturlash tili uchun
asos bo‘lib xizmat qiladi. Shuning uchun ham tahliliy mulohaza
yuritishga qiziquvchi har bir kishi inatematik mantiq bo'limini
o'rganishi kerak.
Insoniyat tomonidan to'plangan matematik bilimlami jamlashda
greklaming hissasi nihoyatda salmoqli boMgan, shuningdek, ular mantiq,
ya'ni to‘g‘ri mulohaza yuritish san'ati bilan ham shug'ullanishgan.
Er. av. 389 yilda Platon (er.av. 427-347) asos solgan falsafiy
maktabda matematikaning ilk nazariy asoslari qurildi. Platon mantiqiy
teoremalami isbotlashning quyidagi 3 xil metodini ishlab chiqdi:
1) analitik metod;
2) sintetik metod;
3) apagogik metod.
Analitik metod - har biri o‘zidan oldingisining bevosita natijasi
bo'lgan gaplar zanjirini hosil qilishdan iborat. Bu zanjirning birinchi
elementini isbotlash kerak bo‘lgan mulohaza, oxirgi elcmcntini csa
isbotlangan haqiqattashkil qiladi.
Sintetik metod - analitik metodning aksi boMib, unda birinchi
element isbotlangan haqiqat va har bitta mulohaza 0 ‘zidan keyingisining
natijasi boMadi.
Apagogik metod - teskarisini faraz qilish yoMi bilan isbotlash
metodi boMib, unda zanjirning birinchi elementi isbotlash kerak boMgan
mulohazani inkor qilish boMadi, oxirida esa ziddiyatga olib kelinadi.
Platonning shogirdlaridan Aristotel Stagirit (er.av. 384 -322)
alohida ajralib turadi. Aristotelni mantiq ilmining asoschisi desak,
yanglishmaymiz, chunki u o‘zigacha boMgan barcha mantiqiy bilimlarni
jamladi va mantiqiy qonuniyatlar sistemasini yaratdi. Bu qonunlardan
tabiatni tadqiq qilishda mulohazalar quroli sifatida foydalandi.
Aristotelning olamni o'rganishdagi bilimlari yagona boMib,
naturfalsafa deb nom olgan.
157
Aristotel mantiqiy ilmining mazmuni deduktiv mulohaza
yuritishga asoslangan. Deduktsiya bu - umumiy xulosalardan xususiy
xuiosalarga kelishdir. Mantiqning deduktiv boMimi boshqacha
sillogistika deb ham yuritiladi. Hozirda bu mantiqiy ilm - formal
mantiq deb ataladi.
Qadiingi greklar matematikani ikkiga ajratib o‘rganishgan:
mantiqni hisoblash san'ati deb, arifmetikani sonlar nazariyasi deb
nomlashgan.
7.2. Sodda va murakkab mulohazalar
Rost yoki yolg'onligi aniq boMgan darak gap mulohaza
deyiladi.
So'roq va undov gaplar mulohaza hisoblanmaydi, ya'ni: “Bugun
kinoga kiramizmi?” yoki “Kitobga tegma!”
Mulohazalar lotin alifbosining bosh harflari bilan belgilanadi:
A, B, C, ....
Agar mulohaza rost bo'lsa A=l, yolg'on boMsa, A=0 deb
belgilaymiz, ba'zi adabiyotlarda, shuningdek, “Informatika va hisoblash
texnikasi” fanining “ALGOL”, “BOOLEAN”, “C++” dasturlash
tillarida rost mulohazaga “T”, ya'ni “true” so'zining, yolg'on
mulohazaga “F”, ya'ni “false” so'zining bosh hartlari ishlatiladi.
Misol. 1. A=”2x6=14”=0;
2. B=”2+2=4”= 1;
3. S=”Qor oq”=l;
4. D="Bugun dushanba bo'lsa, u holda ertaga seshanba
bo‘ladi”=l;
5. E=”agar 1+1=3 boMsa, u holda jumadan keyin yakshanba
keladi”=?
5-mulohaza rostmi yoki yolg'onmi? Hozircha biror narsa deyish qiyin,
biroq mantiqiy amallarni kiritganimizdan keyin bu savolga osongina
javob lopasiz.
Shunday fikrlar borki, ular tuzilishi bo'yicha mulohazaga
o'xshaydi, lekin mulohaza emas. Masalan, ikki varaq qog'oz olamiz-da,
ularni 1- va 2- deb raqamlaymiz. Birinchi qog'ozga “Ikkinchi varaqda
yolg'on yozilgan” deb, ikkinchi qog‘ozga esa “Birinchi varaqda rost
• yozilgan” degan mulohazani yozamiz. Bir qaraganda sodda mulohazaga
158
o‘xshaydi, biroq ...! Savol beramiz, bu mulohazalar rostmi yoki
yolg‘onmi? Bu fikrlar ziddiyatga olib keladi, ya'ni ulami rost
yoki yolg'onligi haqida aniq gapirib bo‘lmaydi. Bunday mulohazalar
matematikada mantiqiy paradoks deyiladi. Demak, ko'rinishidan
mulohazaga o‘xshagan har qanday gap ham mulohaza bo'lavermaydi.
Mulohazalar sodda yoki murakkab bo‘lishi mumkin.
Agar A mulohazaning o‘zi bir tasdiq bo‘lib, ma'nosi bo‘yicha u
bilan ustma - ust tushmaydigan bir qismini ajratib ko‘rsatish mumkin
bo‘lmasa, u holda A mulohazaga sodda mulohaza deyiladi.
Misol.
A: ”0 soni 1 sonidan kichik”;
B: “Bugun havo iliq”.
Sodda mulohazalardan mantiqiy bogMovchilar yoki mantiqiy
amallar yordamida hosil qilingan mulohazaga murakkab mulohaza
deyiladi.
Misol. C: “7 tub son va 6 toq son” ;
D: “Oy Yer atrofida aylanadi yoki 0 ‘zbekiston Evropada joylashgan”.
Mulohaza ikkita qiymatdan birini “rost”, ya'ni
“ 1” yoki
“yolg'on”, ya’ni “0” ni qabul qiladi. Bu qiymatlarga mulohazaning
rostlik qiymatlari deyiladi.
Mulohazaning rostlik qiymatlaridan tuzilgan jadvalga rostlik
jadvali deyiladi.
Nazorat uchun savollar:
1. Matematik mantiq fanining ahamiyati nimada deb o'ylaysiz?
2. Mantiq ilmiga asos solgan olimlardan kimlami bilasiz?
3. Mantiqiy mulohazalami isbotlashning metodlarini ayting.
4. Deduktsiya deganda nimani tushunasiz?
5. Mulohazaga ta'rif bering.
6. Mantiqiy paradoksni tatriflang va misol keltiring.
Sodda va murakkab mulohazalar farqini tushuntiring.
7.3. Asosiy mantiqiy bog'liqliklar
Mulohazalar ustida quyidagi asosiy 5 ta mantiqiy amal bajariladi:
inkor qilish, kon'yunktsiya, diz'yunktsiya, implikatsiya va ekvivalentlik
amallari.
159
A mulohazaning inkori dcb, shunday yangi mulohazaga aytiladiki,
agarda a mulohaza yolg'on boMsa, uning inkori chin boMadi va
aksincha. a mulohazaning inkori -'A yoki A kabi belgilanadi va “ a
emas” deb o'qiladi.
Inkor qilish amali uchun rostlik jadvalini tuzish mumkin:
-A
0
1
A
1
0
a
va B mulohazalaming kon'yunktsiyasi deb, a va B
mulohazalar bir vaqtda rost boMgandagina rost boMib, qolgan barcha
hollarda yolg‘on qiymat qabul qiluvchi mulohazaga aytiladi va a & b
yoki a ! \ b kabi belgilanadi hamda “va” deb o‘qiladi.
Kon'yunktsiya amalining rostlik jadvali quyidagicha:
A
B
A&B
0
0
0
1
0
0
1
1
0
1
0
1
a
va b mulohazalarning diz’yunktsiyasi dcb, a va b
mulohazalardan kamida bittasi rost boMganda rost boMib, qolgan
hollarda yolg'on qiymat qabul qiluvchi mulohazaga aytiladi va a \!B
kabi belgilanadi hamda “yoki” deb o'qiladi. Diz'yunktsiya amalining
rostlik jadvali quyidagicha:_________________
A
B
a \J b
0
0
0
1
0
1
0
1
1
1
1
1
{0; 1;
&; V}-to‘plamga mulohazalar algebrasi yoki Bul algebrasi
deyiladi.
A va b mulohazalarning implikatsiyasi deb, a mulohaza rost
boMib, b yolg'on boMgandagina yolg‘on, qolgan barcha hollarda rost
qiymat qabul qiluvchi mulohazaga aytiladi va A—>b kabi belgilanadi va
160
“ a dan b kelib chiqadi” yoki “Agar a o‘rinli bo'lsa, B o'rinli bo‘ladi”
deb o'qiladi. a mulohaza Implikatsiya amali uchun rostlik jadvali
quyidagicha:
_____
______
A
B
A —>B
0
0
1
0
1
0
1
1
1
1
0
1
Misol. a : “Bugun yomg'ir yog'di” va B : “Men soyabon oldim”
mulohazalar bo'lsin. Agar yomg‘irda qolib, kayfiyatim buzilganini, ho‘l
bo'lganimni 0, hammasi «OK» boiganini 1 qiymatlar bilcm belgilasak,
A
B
A —*B
Bugun yomg'ir
yog'madi
| Bugun yomgir
yog‘madi
Bugun yomg'ir yog‘di
Bugun yomgiryog'di
Menda soyabon yo‘q
1
Men soyabon oldim
1
Menda soyabon yo‘q
Men soyabon oldim
0
1
Misol. Aytaylik,
r: \ i B C teng tomonli uchburchak va
q: “ aa b c teng yonli uchburchak” boisin.
U holda p —>q: Agar A4flc1eng tomonli boisa, u holda u teng yonli
hamdir. Shuningdek, q - + p : Aear A./scteng yonli boisa, u holda u teng
tomonlidir.
Bilib qo'ying: q - > p mulohazada g-gipoteza, p-natija.
r
p
*q
q
1
AABC tcng tomonli
A4BC teng yonli
boimaydi
bolmasa
1
AABC teng tomonli
AABC teng yonli boiadi
boimasa
A4BC teng yonli
0
AABC teng tomonli bo'lsa
bolmaydi
AABC teng tomonli bo'lsa
AABC teng yonli boiadi
1
Misol. ( p ^ > q ) A ( q - > p ) ni hisoblang.
161
p
q
p —q
9 —P
<P -*■ q) a (q -» p )
T
T
F
F
T
F
T
F
T
F
T
T
T
T
F
'1'
T
F
F
T
a
va b mulohazalaming ekvivalentligi deb, a va b
mulohazalarning bir xil qiymatlarida rost bo‘lib, har xil qiymatlarida
esa yolg‘on bo‘luvchi mulohazaga aytiladi va A~B, A<-»B kabi
belgilanadi va “ a va B teng kuchli”, “A boMadi, qachonki B boMsa”
yoki “A mulohaza B uchun yetarli va zarur” deb o‘qiladi. Ekvivalentlik
amali uchun rostlik jadvali quyidagicha:
A
B
A~B
0
0
1
1
0
1
0
1
1
0
0
1
Misol. Aytaylik, r: &a b c teng tomonli uchburchak va
q: “ A/tBChamma burchaklari teng” boMsin.
U holda p + * q : AABCteng tomonli boMadi, faqat va faqat hamma
burchagi teng boMsa.
Halqali yigMndi amali A ® B .
Bu amal ekvivalentlik amalining inkoriga teng boMadi, ya'ni
A ®B=-i( A ~B).
Halqali yigMndi amali uchun rostlik jadvali quvidagicha
A
B
A®B
0
0
1
1
0
0
1
1
0
1
0
1
Sheffer shtrixi a \ B.
Ushbu amalni kon’yunktsiya va diz’yunktsiya amallari yordamida
hosil qilish mumkin, ya'ni a I b = -i(/i&B)= ->a v - i B
162
Sheffer shtrixi amali uchun rostlik jadvali quyidagicha:
A
B
A | B
0
0
1
0
1
1
1
0
1
1
1
0
Sheffer shtrixi amalining xossalari:
1 .
-i A = A | A
2°.
3°.
A&B = —
1(.4 I B ) = ( A I B ) I ( A | B )
,4 V 8
= -,A |
= ( A I A) I ( B | fl)
Pirs strelkasi a 4-B.
Ushbu amalni ham kon'yunktsiya va diz'yunktsiya amallari
yordamida hosil qilish mumkin, ya’ni
Pirs strelkasi amali uchun rostlik jadvali quyidagicha:
A
B
0
0
1
0
1
0
1
0
0
1
I
0
Pirs strelkasi amalining xossalari:
i°.
- ,a = a ! a
2°.
3°.
AvB = - i(A1B) = (A lB) i (AlB)
a & b = -, a ! - , b = ( a 1 a ) 1 ( b 1 b )
Pirs strelkasi qatnashgan Bul ifodasini Sheffer shtrixi yordamida
hosil qilish mumkin:
AiB= -,A&-,B = -, -,(A | B) = -, [(A | A) | (B | B)]=
= [(A | A) | (B | B)] | [ (A | A) | (B I B)]
(1)
yoki Sheffer shtrixi qatnashgan Bul ifodasini Pirs strelkasi yordamida
hosil qilish mumkin:
163
A | B= -,Av-.B = (—.A'i'—.B) = -, [(AJ-A) i (B4-B)]=
= [(AlA) i (B'l'B)] i [ (A lA ) i (BiB)]
(2)
Bundan ko‘rinadiki, ixtiyoriy ifodani faqat Sheffer shtrixi
yordamida yo Pirs strelkasi yordamida yoki faqatgina kon’yunktsiya va
inkor yordamida yoki faqatgina diz'yunktsiya va inkor yordamida
yozish mumkin ekan.
Quyidagi jadvalda to‘plamlar ustida amallar bilan mantiqiy
amallaming o'xshashligi keltirilgan:
Set o p e ratlo n s
Logic op e ratio n s
AnB
AuB
A'
A ©J3
A -B
A AND B
A ORS
COMF(A)
vix o R a
A AND tCOMP(B))
7.4. Predikatlar. Umumiylikva mavjudlik kvantorlari
Bizga natural sonlar to‘plami N berilgan bo‘lsin.
x element N to'plamning ixtiyoriy elementi bo‘lsin. U holda
quyidagi jumlalar:
A(x)={x soni 7 ga bo‘linadi}; B(x)={x>10};
C(x)={x tub son};
D(x)={(x-5)2<10} darak gaplar boMganligi uchun mulohaza
hisoblanadi, lekin ulaming rost yoki yolg‘onligi haqida hech narsa ayta
olmaymiz.
Rost yoki yolg'onligi noma'lum bo‘lgan mulohazalar a n iq m a s
m u lo h a z a la r yoki p r e d i k a t l a r deyiladi.
Yuqoridagi misollarda x ning o‘miga turli qiymatlami qo‘ysak,
turlicha mulohazalarhosil bo‘ladi, ya’ni
A(7)={7 soni 7 ga bo‘linadi} =1;
A(10)={10 soni 7 ga bo‘linadi}=0
Natural sonlar to'plamida berilgan biror P(x) predikatni olaylik.
Agar P(x) prcdikat bo‘lsa, u holda (Vx)P(x) - yozuv n to'plamda
ixtiyoriy x uchun P(x) mulohaza o‘rinli degan ma'noni bildiradi. Bu
mulohaza rost bo‘ladi, qachonki x ning ixtiyoriy qiymatida P(x) o‘rinli
bo‘lsa. Agarda x ning bittagina qiymatida o'rinli boMmasa, />(x)
mulohaza yolg'on boMadi. V - belgi umumiylik kvantori deyiladi.
164
M iso l.
A(x)={4X+1 soni tub son} mulohazani ixtiyoriy x uchun
tekshirib ko'ramiz:
v4( 1)={4'+ 1=5 soni tub son}=l;
/I(2)={42+1=17 soni tub son}=l;
/4(3)={43+l=65 soni tub son} =0, demak, x=3 da bu mulohaza yolg'on
bo'ladi.
Shuning uchun ham (Vx)A(x) mulohaza yolg'on mulohaza
hisoblanadi.
M iso l. ( V x) B ( x ) = { x 2- x soni 2 ga bo'linadi} mulohazani ixtiyoriy
x uchun tekshirib ko'ramiz:
S(l), 5(2), 5(3), ... larda mulohaza o'rinli, lekin bu usul bilan
barcha sonlami tekshirib chiqishning iloji yo‘q, shuning uchun
mulohazani rostligini quyidagicha isbotlash mumkin:
*: - * =*(* - 1) ketma-ket kelgan 2 ta sonning ko‘paytmasida bittasi
albatta juft son bo‘ladi, demak bu ko'paytma har doim 2 ga bo'linadi.
Bundan (Vx)B(x) mulohazaning rostligi kelib chiqadi.
Agar P(x) predikat bo'lsa, u holda (3x) P(x) -yozuv n to'plamda
shunday x element topiladiki, uning uchun P(x) mulohaza o‘rinli degan
ma’noni bildiradi. Bu mulohaza rost boiadi, qachonki x ning kamida
bitta qiymatida P(x) o'rinli boisa. 3 - belgi m a v ju d lik k v a n to r i
deyiladi.
Yuqoridagi misollarda (3x)A(x) mulohaza ham,
(3x)V(x)
mulohaza ham chin boiadi.
Umumiylik va mavjudlik kvantorlari uchun quyidagi xossalar o'rinli:
1°. -,(Vx) P(x)~ (3x) ^P(x)
2°.
3°
4°.
5°.
6°.
- , ( 3 c ) P ( x ) = ( V x ) -,P(x)
(Vx)[ P(x) &E(x)7= (Vx) P(x) & ( Vx) E(x)
(3x)[ P(x) & E(x)J => (3x) P(x) & (3x) E(x)
(Vx) P(x) v(Vx)E(x) =>(Vx)[ P(x) vE(x)J
(3x)[ P(x) vE(x)J =>(3x) P(x) v (3x) E(x)
N a z o r a t u c h u n s a v o lla r :
1 . a mulohazaning inkori deb nimaga aytiladi?
2. Mulohazalar kon'yunktsiyasiga ta'rif bering.
3. Mulohazalar diz'yunktsiyasi ta'rifmi va rostlik jadvalini
165
tushuntiring.
4. Mulohazalar implikatsiyasi nima?
5. Ekvivalent mulohazalar deb nimaga aytiladi?
6. Halqali yig‘indi amalini tushuntiring.
7. Sheffer shtrixi va Pirs strelkasi amallarini rostlik jadvali yordamida
tushuntiring.
8. Predikat ta'rifini ayting va misol keltiring.
9. Umumiylik va mavjudlik kvantorlari nimani aniqlaydi?
MISOL VA MASALALAR
1. /,(x)={jc2+l=0, x-haqiqiy son} bo‘lsa, (3x)P(x) predikatni so‘z bilan
ifodalang va rostligini tekshiring.
2. P(x)={ x ?=25, x - butun son} mulohaza uchun
(3x)P(x) ni
ifodalang va
rostligini tekshiring.
7.5. Formulalar. Formulalarning teng kuchliligi
Mantiqiy amallar yordamida tuzilgan murakkab mulohazaga
forniula deyiladi. Formulalar grek harflari bilan belgilanadi:
a, p, y, 8, ....
Agar a , , a 2... 4 ,mulohazalar a formulada qatnashadigan barcha
mulohazalar bo‘lsa, a = a (A ,,A 2„... a . ) kabi belgilanadi.
M isol. a) a( A) = •-A;
b) p(A, B, C ) = A & B — C;
v) y (A, B ) =A&B V = A & = B .
bunda
A, B, C, ... sodda mulohazalar a r g u m e n t yoki m a n tiq iy
0 ‘z g a r u v c h ila r , a, p, y, ••• formulalar esa fu n k ts iy a deb ham yuritiladi.
Formulaning to‘g'ri tuzilgan boMishida qavslaming o‘mi juda
muhim.
Formulalarda qavslami kamaytirish maqsadida
amallaming
bajarilish tartibi quyidagicha kelishib olingan. Agar formulada qavslar
bo'lmasa,
birinchi inkor amali ikkinchi kon'yunktsiya - &,
uchinchi bo'lib diz'yunktsiya - V,
undan so‘ng implikatsiya-----* va
166
oxirida ekvivalentlik---- amali bajariladi.
Agar mulohazada bir xil amal qatnashgan bo‘lsa, u holda ulami
tartibi bilan ketma-ket bajariladi:
-> b -* c -* D = ((.4
b ) -> c ) -> d .
Kon'vunktsiya amali diz‘yunktsiyaga qaraganda kuchliroq
bog'lovchi hisoblanadi, ya‘ni A v B * c = a v (b * c ).
Diz‘yunktsiya implikatsiyaga qaraganda kuchliroq bog‘aydi,
shuning uchun ham quyidagi tenglik o'rinli:
A a B v C —►D —
A B) v cj -> D •
Implikatsiya ekvivalentlikka qaraganda kuchliroq, ya'ni
A
B —>C = A >—>(B —>C).
Misol. Quyidagi misolda amallar tartibini qavslar bilan ko‘rsatamiz:
.4 -> B v C o ^ v fi-> C A yB -*A =
= A-> B v C +±A v B->(( c a ) v b )-± A =
=(A-±
<->((a v B) -> ((C- 1) v flj)
A=
= ((/1 -> B v c ) >->((.4vflJ->((c !■/) v s|) -> AJ
Argumenti va funktsiya qiymati 0 yoki I qiymatni qabul qiluvchi
ta o'zgaruvchi a „ a , ..... a. ga bog‘liq bo'lgan har qanday a=
a ( 4 , 4 ,..., a,) funktsiya Bul funktsiyasi deyiladi.
a ( a ,, a 2,..., a. ) formulaning mantiqiy imkoniyati deb, A,.At ,...,A.
o‘zgamvchilaming bo‘lishi mumkin boigan barcha rostlik qiymatlariga
aytiladi.
a formulaning barcha mantiqiy imkoniyatlarini o‘z ichiga olgan
jadvalga a formulaning mantiqiy imkoniyatlari jadvali deyiladi.
Teorema 1. n ta o'zgaruvchi qatnashgan formulaning 0 va I
qiymatlarni qabul qiluvchi mumkin bo'lgan mantiqiy imkoniyatlari soni
2” ga teng.
Agar a va (3 formulalar uchun umumiy bo'lgan mantiqiy
imkoniyatlarda a va P bir xil qiymat qabul qilsa, u holda a va p
formulalar teng kuchii deyiladi va a=p kabi beigilanadi.
Boshqacha aytganda, agarda formulalarning rostlik jadvailari mos
bo‘lsa, ular teng kuchli bo'ladi.
Agar barcha mantiqiy imkoniyatlarda a formula faqat 1 ga teng
qiymat qabul qilsa, a formula ayniy haqiqat yoki tavtologiya deyiladi
va a=l yoki |=a kabi belgilanadi.
n
167
n ta o'zgaruvchi qatnashgan formulaning mumkin bo'lgan barcha
mantiqiy imkoniyatlarini yozish uchun qabul qilingan tartib mavjud. Bu
ketma-ketlik (0,0,..,0,0) dan boshlanadi. Har bir keyingi qatorda ikkilik
sanoq sistcmasida oldingi qatordagi qiymatlarga 1 ni qo‘shamiz va
nihoyat hamma qiymatlar 1 lardan iborat bo'lganda ishni tugatamiz:
(1,1,.., 1,1). Ikkilik sanoq sistemasida qo‘shish qoidasini eslatib
o'tamiz: 0+0=0, 0+l=l+0=l, 1+1=10.
Agar o'zgaruvchilar soni 3 ta yoki 4 ta bo‘lsa, u holda mos
ravishda 8 ta yoki 16 ta qator hosil boiadi:
rt ■=4 boisa
n =3 boisa
c D
A
B
C
A
B
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
1
0
0
1
0
1
0
0
1
1
0
1
1
0
0
1
0
1
0
0
0
0
1
1
1
1
0
0
0
1
1
0
0
0
1
1
1
1
1
0
1
1
1
1
0
0
0
1
0
1
0
1
1
0
0
1
1
1
0
1
1
0
0
1
1
0
1
1
1
1
0
1
1
1
1
Misol. a(A,B)=-,(A&B)—>('-AVr- B)
boiishini tekshirib ko‘rish mumkin:
A
B
-(A& B)
"A
()
0
1
1
()
1
0
1
1
1
1
0
I
1
0
0
formulaning
tavtologiya
-A V -B
a(A,B)— (A&B)— (-A V -B )
I
1
1
0
1
1
1
1
1
0
1
0
Teorema 2. Agar a va a- P formulalar tavtologiya boisa, u holda
(3 ham tavtologiya boiadi.
168
Isboti. Teskarisini faraz qilish yo‘li bilan isbotlaymiz, ya'ni |3
tavtologiya boMmasin, u holda p ning barcha qiymatlari 0 boiadi. I-ekin
a tavtologiya boigani uchun har doim 1 qiymat qabul qiladi. Bundan
a —*• p=0 ekanligi kelib chiqadi, bu esa a—►p tavtologiya degan teorema
shartiga zid. Biz qarama - qarshilikka duch keldik. Demak, p
tavtologiya boiar ekan.
Teorema isbotlandi.
Agar barcha mantiqiy imkoniyatlarda a formula faqat 0 ga teng
qiymat qabul qilsa, a formula ayniy yolg‘on yoki ziddiyat deyiladi va
asO kabi belgilanadi.
Misol. a( A) = <~A~A formula ziddiyatdir:
A
-A
0
1
1
0
a(A)=
-A~A
0
0
7.6. Mantiq qonunlari
Bizga biror a, p, y mantiqiy formulalar berilgan bo‘lsin. Ushbu
formulalar uchun quyidagi mantiq qonunlari har doim o'rinli bo‘ladi:
1. Ikkilangan rad etish qonuni:
-• -• a^ a
2. Kon'yunktsiya va diz'yunktsiya amallarining idempotentlik
qonuni:
a& a-a,
aVa=a
3. Kon'yunktsiya va diz'yunktsiya amallarining kommutativlik
qonuni:
a&psp&a,
aVp= pVa
4. Kon'yunktsiya va diz’yunktsiya amallarining assotsiativlik
qonuni:
a&(P&y)=(a& P)&y,
aV(pVy)=<aVP)Vy)
5. Kon'yunktsiya va diz'yunktsiya amallarining bir-biriga nisbatan
distributivlik qonuni:
a&(pVy)=(a&P)V(a&y),
169
aV(p&Y)3(aVp)&(aVy)
6. Yutilish qonunlari: a&(aVp)=a,
aV(a&P)=a
i: - (aVP)= <- a & -p
A
B
“■(AVB) -A&*B
0
0
1
"
1
1
0
0
0
1
0
0
0
1
1
0
0
- (a&p)= - aV -p
A
B
0
0
1
1
0
1
0
1
8. Tavtologiya qonuni:
9. Ziddiyat qonuni:
10. 0 va 1 qonunlari:
11.
- AV -B
(A&B)
1
1
1
|— 1
1
1
0
0
aV >- a^l
a & - a=0
a&l=a,
a&0=0
aVl=l,
aV/0=a
- 1=0,
- 0=1
Kontrpozitsiya qonuni:
a—>p= ■- p —»■- a
1
ot
p
t
8
p
ct
/? — «
0
0
0
1
1
1
1
1
1
0
1
1
1
0
0
1
0
0
1
1
1
0
0
0
12. Implikatsiyadan qutilish qonuni:
a—»P=,-aVp
13. Ekvivalentlikdan qutilish qonuni:
a~pa(a—>P)&(P—>a)= a&p V r-a&r-p
170
14. Implikatsiya xossalari: 0—>a=l,
1—>asa,
a—>1—1,
a -» 0 i a.
Mantiq qonunlarini isbotlash uchun ulaming rostlik jadvallarini tuzish
yetarli.
7.7. Mantiq funktsiyalari uchun rostlik jadvalini tuzish
Misol.
a(A, B,C)=(Av B)<->(c-+A)
formulaning rostlik jadvalini tuzish uchun amallami bajarish ketmaketligidan foydalanamiz: a(o,o,o) = (o v 0 )<-» (o 6)= o (o -> i)= 0 i = 0 :
«( 0 ,0 .l) = (0 v 0 ) « (l -» 5)= 0 «-» (l -> l)= 0 «-> I = 0 ;
a ( 0 ,l,0 ) = (o v l) <-> (o -> 6) = 1 <-> (o -> l) = 1 <-> 1 = 1;
a ( 0,U ) = (0 v l) ♦+ (l -> 6)= I ♦-> (l -> l) = 1 <-» 1 = 1;
a(l,O,0 ) = (l v 0 ) « (o -> i) = 1«-» (0 -> 0 ) = 1 >-> l = 1;
a(l, 0 ,l) = (I v 0 ) «-» (l -> l) = 1 <-> (l -» 0) = 1 <-> 0 = 0 ;
a(l,l, 0 ) = (l v l) <-» (o ->• l)= 1 ♦» (0 -> 0)= 1 <-> 1 = t
a(l,l,l) = (l v l)<-> (l -> l)= 1
(l > 0 )= 1 <-> 0 = 0
Rostlik jadvalini tuzamiz:
A
B
c AVB - A
C —— A
0
0
0
0
0
1
0
0
1
1
1
1
1
1
0
0
1
1
0
1
0
1
0
1
0
0
1
l
1
1
1
1
1
1
1
1
1
0
1
0
1
1
1
1
0
0
0
0
a (A ,B ,C )—
( A V B H C —> -A )
0
0
~ 1
1
1
1
0
1
0
Misol. a(A, B, C)= -(A&B)->(A\/B~C)
formulaning rostlik jadvalini tuzish uchun amallami bajarish ketmaketligidan foydalanamiz:
171
A B
c A&B -(A&B) AVB AVB-C
0 0 0
0 0 1
0 1 0
0 1 I
1 0 0
1 0 1
1 1 0
1 1 1
0
0
0
0
0
0
1
1
1
1
1
1
1
1
0
0
0 I
0 0
1 0
1 1
1 0
1 n
1 0
1
a(A, B, C)=
-(A&B)—(AVB-C)
~
1
0
0
1
0
1
1
1
Nazorat uchun savollar:
1. Formula deb nimaga aytiladi?
2. Formulaning mantiqiy imkoniyati deganda nimani tushunasiz?
3. Qanday formulaga tavtologiya deyiladi?
4. Ziddiyat nima?
5. & va v amallarining kommutativlik qonunini tushuntiring.
6. De Morgan qonunini isbotlang.
7. Mantiq funktsiyalarining rostlik jadvalini tuzish ketma-ketligini
ayting.
MISOL VA MASALALAR
Mantiq funktsiyalari uchun rostlik jadvalini tuzing:
1,
a(A,B,C)= —iA&Bv—i(AvC)
2.
a(A,B,C)=C—>(-.Av-,B)
3.
a(A,B,C)=A&B—►
—.(Av—.B)
4.
a(A,B,C)=(A&B&-,C)~(-,Av B)
5.
a( A,B,C)=(-i A v-,C)~B
6.
a(A,B,C)=(A—>B)—>-,C
7.
a(A,B,C)=(-iA—>-iB)&(B—>C)
8.
a(A,B,C)=A&(B—>C)v-iB
9.
a(A,B,C)=-.(A&BvC)
10.
a(A,B,C)=(A~B)&(-,B— ,C)
11.
a(A,B,C)=(-iA—>-iC)~B
12.
a(A,B,C)=(-iBv-iC)—>(AvC)
13.
a(A,B,C)=A—►(-.Bv-iC)
172
14.
15.
16.
17.
18.
19.
20.
21.
22.
23.
24.
25.
26.
27.
28.
29.
30.
a(A,B,C)=(-'A _ >B)&(-!B—*A)&-iC
a(A,B,C)=CvA&-iB
a(A,B,C)=A&(-.A&BvC)&(Av-iC)
a(A,B,C)=(-iAvB)&(-,BvA&C)
a(A,B,C)=A&(B~A)&(-iAv-,C)
a(A,B,C)=(A—>B)&A&-iC
a(A,B,C)=(-,A&B)—»(C&A)
a(A,B,C)=(A&B~C)&A&-.C
a(A,B,C)=(A&Bv-,A&-iB)&(C—>B)
a(A,B,C)=(AvB &^Cv-^A&-B&C)&A&-,B
a(A,B,C)=(A—»B)&(C—»A)
a(A,B,C)=(A&-,B&Cv-iA&-,C)&B
a(A,B,C)=(A©B&C)—»AvC
a(A,B,C)=(A I B)-»(-iC&B©A)
a(A,B,C)=(A—»-,B)©(CvA)
a(A,b,C)=(AvB)©(—iC-B)
a(A,B,C)=((A'l'B)&-,C)—»A | ((-,B©-,C)~-i(AvC)
Test savollari:
1. De Morgan qonunlarini ko‘rsating.
A) a&(p&y)=(a&p)&7 , a\/(pV7 )=(aVP)Vy);
B) a&(aVp)=a, aV(a&p)=a;
C) a —»p= -aVp ;
D) =(aVp)= ^a&=p ; =(a&P)sr‘aVr_p.
2. Diz'yunktsiyaning assotsiativligi qonunini toping.
A) aV(pVY)=(aVp)Vy);
B) a&(aVP)=a;
C) a —»p= -aVp ;
D) =(aVp) -a& -p .
3. Kon'yunktsiyaning kommutativligi qonunini aniqlang.
A) a&psp&a;
B) aVp= pVa;
C) a\/(PVY)=(aVp)Vy);
D) a&(aVP)=a.
4. A—»B implikatsiya quyidagilardan qaysi biriga teng?
A) =aVp;
B) pVa;
C) p&a;
D) a\/p.
173
L
5. a © p halqali yig‘indi quyidagilardan qaysi biriga teng?
A) —a\/p;
B) pVa;
C) -.(a ~ P);
D) p&a.
6.
ning toMdiruvchisi nimaga teng?
A) ^a;
B) a;
C) p&a;
D)
7. 0 va 1 qonunlarini ko'rsating:
A) aV '-a= l; a & '-a sO
B) a&l=a, a&0=0; a\/l = l, a V O s a ; 1 = 0 , 0 = 1
C) 0—>a= 1, 1—>a=a,
D) a—>1=1, a —>0= ■- a.
174
aVp.
8. DNSH SINFI BO‘YICHA MINIMALLASH
8.1. Normal shakllar
Barcha mulohazalami tadqiq qilish oson boMishi uchun mantiqiy
qonunlar yordamida ulami biror umumiy standart ko‘rinishga keltirish
mumkin. Masalan, har qanday Bul algebrasi formulasi uchun unga teng
kuchli bo‘lgan va faqatgina inkor kon'yunktsiya & va diz‘yunktsiya V
amallarini o‘z ichiga olgan formulani yozish mumkin. Buning uchun
implikatsiya va ekvivalentlikdan qutilish qonunlaridan foydalanish
yetarli.
4 ,mulohaza o‘zgaruvchilaming yoki ulami inkorlarining
kon‘yunktsiyasi kon‘yunktiv birhad deyiladi:
A & B & C ; A,&A} &A,;
kon'yunktiv birhad bo‘la olmaydi, chunki agar qavs
ochilsa, kon'yunktsiya amali diz'yunktsiya amaliga aylanib qoladi.
a „ a 2,..^
mulohaza o‘zgaruvchilaming yoki ularni inkorlarining
diz'yunktsiyasi diz‘yunktiv birhad deyiladi:
A&C)
-
A , v A i v A , , A v B v -,C .
Kon'yunktiv birhadlaming diz'yunktsiyasiga diz'yunktiv normal
shakl (DNSH) deyiladi:
^ A , & A 2& A } V ^ A , & A 2& A 3& - A 4, A & B V - A & B V A & - C .
Diz'yunktiv birhadlarning kon'yunktsiyasiga kon'yunktiv normal
shakl (KNSH) deyiladi:
(r-A,VA2VA3) & ( A i V - A 2V - A 3) .
8.2. Mukammal normal shakllar
Agar birhadda A, yoki ■-A, formulaleir juftligidan faqat bittasi
qatnashgan bo‘lsa, a ,, a , ..... a , mulohaza o‘zgaruvchilarining kon'yunktiv
yoki diz'yunktiv birhadlari mukammal deyiladi.
Agar kon'yunktiv normal shaklda a ,, a 2... a , mulohaza
o‘zgaruvchilarining
takrorlanmaydigan
mukammal
diz'yunktiv
175
birhadlari qatnashgan bo‘lsa, u holda mukammal kon’yunktiv normal
shaki (MKNSH) deyiladi.
Agar diz'yunktiv normal shaklda
a, . .
a.
mulohaza
o'zgaruvchilaming
takrorlanmaydigan
mukammal
kon'yunktiv
birhadlari qatnashgan bo'lsa, u holda mukammal diz’yunktiv normal
shakl (MDNSH) deyiladi.
Misol. A & B V ' - A & B V A & ^ B
-
MDNSH;
MKNSH bo'Iadi.
Misol. a = (a & b -* c )o (c > b & a) formulani DNSH ga keltiramiz.
a = (a & fi v c )<-> (c v ^ & i ) = p v 8 v c ) « (c v ^ & f i ) = (>v f i v c ) & ( c v ^ & f l ) v
(^ v B v (')& ( r v ^ & f l ) - . 4 & C v M C v C & C v ^ & i i & i v j & ) & f i v
v C & ! 4 & f l v ^ & f i & C & C & p v f i ) = AC v flC v C v ^ i v O A v
v ABC v ABC&( a v b )= AC v BC v AB v ABC v C v ABC =
= C(.4 v f i v A B v l)v AB v ABC = C v B(~Av a\ a v C)=C v ABv BC =
= C v B v A B = B v C — MDNSH.
Misol. a = (A++b c )^>(b ** a ) formulani MDNSH ga keltiramiz.
a = (A-B C v A BC)-*{B A v B a )= ABCvA(j}vc)vAhv~AB =
= ABC v A B v A C v A Bv A B = ABC -AB AC v AB v AB =
= (~AvBvC) (AvB) (AvC)v ABv~AB = (ABvABvCAvC/ )) [AvC) vABvAB =
= 1 m( v BAA v B A C v C A A v CB A v A B v AB =
- 4BCv ABv A~BCv ACv ABCv A B v A B = AB(Cv | ) v AB({ v C ) v AC(\ v fl) =
= A B v A B v AC - MDNSH.
Nazorat uchun savollar:
1. Kon'yunktiv birhad deganda nimani tushunasiz?
2. Diz'yunktiv birhadga taT>rif bering?
176
3. Kon'yunktiv normal shakl deganda nimani tushunasiz?
4. Mukammal birhad deb nimaga aytiladi?
5. Diz'yunktiv normal shakl nima? Misol keltiring.
6. MDNSH, MKNSH lami tushuntiring.
MISOL VA MASALALAR
Quyidagi formulalami MDNSH ga keltiring:
2.
3.
4.
5.
a(x,y,z) = ( x \ y ) - * { z * y @ x ) ;
a(x,y,z)'= ( x y A. z ) f&(xv z);
a(x,y,z) = ( x v y ) ® ( y ~ z ) ;
a ( x , y, z ) = ( ( x l y ) / \ z ) ^ > x \ y v z ;
6.
a(x, y, z) = (x A y v y) a (* -> z) ;
7.
8.
a ( x , y, z ) = ( x v y A z ) \ ( x v y A z ) ~ x ;
9.
a ( x , y, z ) = ( ( x i y ) \ z) © ( x a z );
10.
a ( x , y, z ) = (x —> y)(B(x —> y a z ) v ( x l y ) ;
a ( x. y , z ) = (x -> z ) / \ ( y - * x);
11. a ( x , y, z ) = ( x / \ z ) ® ( y - * z ) —* x / \ y ;
12. a ( x , y , z ) = ( x v y ) l ( x - + ( y ^ > z ) ) ;
13. a ( x , y, z ) = x - > ( ( y - * z ) - * y / \ z ) ;
14. a ( x , y, z ) = ( x v ( y - > z ) ) A ( x ® y ) ;
15. a ( x , y , z) -i(jt 4- y) v ( - z) \ (x ffi y a r ) ;
16. a(x, y, z) - (x v y) a (y | x) ->(x ' J a :);
17. a ( x , y, z ) (jr| y) a (j ' 4 z)
18. a (x, y, z) = x A ( y a z)® (x --» z ) ;
19. a ( x , y, z ) = ((x\z A y ) \ ( y \ z ) ;
20. a ( x , y, z ) = ( x \ y ) i ( y A z ) \ ( x v z ) ;
21. a ( x , y, z ) = ( z -> y a x )® v v z;
22. a ( x , y, z ) = x —>y / \ z ( D x v z ;
jc
177
8.3. Rostlik jadvali bo‘yicha mantiq funktsiyasi ko‘rinishini
tiklash
Biz shu paytgacha berilgan formula uchun rostlik jadvallarini
tuzishni qarab chiqdik. Aksincha, rostlik jadvali berilgan bo‘lsa, mantiq
funktsiyasini tiklash mumkinmi?
Aytaylik, bizga A, B, C mulohaza o'zgaruvchilariga bog‘liq
boMgan a=a {A,B, C) formulaning rostlik jadvali berilgan boMsin.
A
0
0
0
0
1
1
1
1
B
0
0
1
1
0
0
1
1
c
0
1
0
1
0
1
0
I
a=a(A,B,C)
0
1
1
0
0
1
0
1
Ushbu rostlik jadvaliga ega boMgan cheksiz ko‘p teng kuchli
formulalar mavjud. Ulardan ikkitasini, ya’ni rostlik jadvalidagi birlar
qatori bo‘yicha va rostlik jadvalidagi nollar qatori bo'yicha mantiq
funktsiyasi ko'rinishini tiklashni ko‘rib chiqamiz.
1) Rostlik jadvalida a=a(A,B,C) formula 1 ga teng boMgan qator
raqamlarini yozib chiqamiz:
2-qator
3-qator
6-qator
8-qator
Har bir qatorning mantiqiy imkoniyatlaridagina 1 ga teng boMgan,
boshqa imkoniyatlarda esa 0 ga teng boMgan formulalami yozib
chiqamiz. Buning uchun 1 ga teng boMgan qatordagi mulohazalar
qiymatlarini rostga aylantirib, mantiq qonunlariga asosan mulohazalar
kon'yunktsiyalarini olish kerak:
2- qator uchun: r~A&_B&C;
3- qator uchun: —A&B&'-C;
6-qator uchun: A&-B&C;
8-qator uchun: A&B&C
178
bo'ladi. Agar 2-,3-,6-,8-qatorlar bo‘yicha olingan formulalar
diz'yunktsiyalari olinsa, hosil bo‘lgan formula izlanayotgan formula
bo‘ladi:
a ( A, B, C) — A & ^ B & C V - A & B & - C V A & - B & C V A & B & C (1)
2) Rostlik jadvalida a=a(A,B,C) formula 0 ga teng bo‘lgan qator
raqamlarini yozib chiqamiz:
1-qator
4- qator
5- qator
7-qator
Har bir qator mantiqiy imkoniyatlaridagina 0 ga teng boMgan,
boshqa imkoniyatlarda esa I ga teng bo'lgan formulalami yozib
chiqamiz. Buning uchun 0 ga teng bo‘lgan qatordagi fikr o'zgaruvchilari
qiymatlarini 0 (yolg'on) ga aylantirib, ulaming diz'yunktsiyalarini olish
kerak. U holda
1-qator uchun:
AVBVC;
AV-BV-C;
4-qator uchun:
5-qator uchun:
-AVBVC;
7-qator uchun:
-AV-BVC
boMadi.
Agar
qatorlar
bo'yicha
olingan
diz’yunktsiyalaming
kon'yunktsiyasi olinsa, hosil bo‘lgan formula izlanayotgan formula
bo‘ladi.
a ( A , B , C ) =( AV BV C )& ( A V- ~ B V ^ C) &( ^ A V BV C )& ( - A \fi-BVC) (2)
(1)-MDNSII va (2)-MKNSIllar teng kuchli, chunki ularning rostlik
jadvallari bir xil. Shuning uchun ham ulardan qaysi birini tuzish kamroq
vaqt talab qilsa, shu ko'rinishini tiklash maqsadga muvofiq.
Rostlik jadvali berilgan ixtiyoriy formulani DNSII ko'rinishini
tiklaydigan algoritm quyidagicha boMadi:
AlgoHthm DNF(f)
(* Thls dlgorithm flnds the DNF of & boolean function. *)
Begir (* algorithm *)
if the function f is given by a boolean expression then
construct a logic table for the function f
DNF <- 0 (* initialize DNF *)
for each row in the table do
if the corresporiding functional value is 1 then
begln (* if *)
construct a minterm
DNF « - DNF + minterm
endif
End (* aigorithm *)
179
Teorema 1. Har bir ayniy yolg'on bo‘lmagan formula yagona
mukammal diz’yunktiv normal shaklga ega.
Teorema 2. Har bir tavtologiya bo‘lmagan formula yagona
mukammal kon'yunktiv normal shaklga ega.
Nazorat uchun savollar:
1. Birlar qatori bo'yicha funktsiya ko'rinishini tiklashni tushuntiring.
2. Nollar qatori bo'yicha funktsiya ko‘rinishini tiklashni tushuntiring.
MISOL VA MASALALAR
Rostlik jadvali berilgan mantiq funktsiyalarining formulasini tiklang:
A B c
a
a
a
a
a
a
a
a
a
<*1 «1
ai
«1
2
3
4
5
6
7
8
9
dl
0
ai
t
1
2
4
5
1 1
0
i
i
0
0
0
1
0
1
0
i
1
0
1
0
0
1
0
1
1
1
0
i
l
1
1
0
1
0
0
1
0
0
1
0
1
0
1
1
1
1 0
0
0
l
i 0
l
0
0
1 0 0 1 l
0
1 1 1 0
1 1 1 0
0
0
1
0
1
0
1 1 0 1
1 1 1 1
0
1
0
0
0
1
0
0
1
1
0
1 0
1 1
0
0
1
0
0
3
0
1
0
1
0
0
1
0
0
1
0
1
0
0
1
0
1
0
0
0
1
0
0
0
0
0
0
0
0
1 1
1 1
1
1
I
0
1
1
0
I
1
0
0
8.4. Jegalkin polinomi
Mantiqiy formulaning
kon'yunktsiya va simmetrik ayirma
amallari bilan ifodalangan shakliga Jegalkin polinomi deyiladi.
Mantiqiy formulani Bul ifodasidan Jegalkin polinomi ko'rinishiga
kcltirish uchun 4 ta bosqich amalga oshiriladi:
1- bosqich: Berilgan formulani DNSH ga keltirish;
2- bosqich: Diz'yunktsiya amalidan qutilish kerak:
x v y = —iX & - i y
3-bosqich:
almashtirish:
Inkor
amalini
simmetrik
180
ayirma
amali
bilan
- a = x©I;
4-bosqich: Hosil bo‘lgan ifodani soddalashtirish, bunda
x©ar = 0
tcnglikdan foydalaniladi.
Misol.
x —* y = - jc v y = —.-or &-,y = x &—>y = (x &(y ©1)) ® 1=
^ ( j r & V f f i j O f f i l^ j r & ^ f f i j r f f i l .
0 ‘zgaruvchilarida inkor qatnashmagan kon'yunktsiyaga monoton
kon'yunktsiya deyiladi. Kon'yunktsiya amali bilan birlashtirilgan
o‘zgaruvchilar soniga polinom rangi deyiladi. Polinomda qatnashgan
hadlaming eng katta rangi Jegalkin ko'phadi darajasi deyiladi.
Nazorat uchun savollar:
1. Jegakin ko‘phadi deb nimaga aytiladi?
2. Mantiqiy formulani Jegalkin ko‘phadiga o‘tkazish usulini
tushuntiring.
MISOL VA MASALALAR
Quyidagi Bul formulalarini Jegalkin polinomiga o'tkazing:
1.
a(jr,>,z) : ( j ® ^ a : ) - > j v : ;
2.
a U .v ,:)* U |y )-> (:A .y $ x );
3.
ar(j,>'.z) = ( j r - + . V A r ) ® ( j t v r ) ;
4. a ( x ,y ,z) - x v y ® (y - z ) ;
5.
a ( x ,y ,z ) = ((z 4 - v ) A z ) - » j r | v v z ;
6 . a( x, y, z) = (x A y v y ) / \ ( x —*z ) \
7.
a( x, y, z) = (x vjv a z)| (jr v;v a z ) ~ x ;
8.
a( x, y , z) = (x -> z ) A ( > ’-> jr);
9.
a(j;,;y,z) = ( ( j r l ; y ) | z ) © ( j : A z ) ;
10.
a(x,y,z) = ( jt - > ^ ) © ( j: -* y a z ) v ( jt I y ) ;
11.
a(x,>',z) = ( j r A z ) f f i ( v - + z ) - > j t A j v ;
12.
a(x. y, z) = ( x v y ) i ( x - * ( v - * z ) ) ;
13.
a( x, y , z) = x - * ( ( y ~ * z ) - * y A z ) ;
14.
a( x, y , z) = (jr v ( > ’ —* z ) ) a ( jt ® y ) ;
181
15.
a ( x, y ,z ) = - { x l y ) v ( x ~ z ) \ ( x ® y * z ) - ,
16.
a(x,y, z) = (x v y) a (y \ z) -> (x ~ x a z) ;
17.
a (jr,y ,z ) = ( j r |y ) A ( y 4 z ) - » ( j r f f i z ) ;
18.
a ( x , y, z ) = jt a ( > a z ) © ( x - » z ) ;
19.
a ( x ,> ,z ) = ( ( j r | z A > ) | ( > | z ) ;
20.
a ( x, y ,z ) = (jr | >) 4 (> a z) | (jr v z );
21.
a ( x, y ,z ) = (z - > > a x ) © > v z ;
22.
«(Jr,>,z) = j r —>_V Azffijrvz;
23.
or(j:,>,r) = (jrffi> a z ) —> j: v z ;
2 4.
or(jr,.y,z) = (jr| y) - » ( z A >ffi jr);
25.
a (jr,> ,z ) = (jr -> > a z)ffi(jt v z ) ;
2 6.
a(j:, v,z) = (jr v >)ffl (> ~ z ) ;
27.
a ( x, y ,z ) = ((x 4->)az) —
>jr|>vz;
28.
a(j:, >, z) = (jr v >) A (> | z) -> ( j : ~ jt a z ) ;
29.
a(jt,>. z) = ( j : | _v) a (_v 4- z) —> jr ffi z ;
3 0.
a (jr.y ,z ) = j r A y A z f f i ( j r —» z ) ;
Test savollari:
1. a(x.y) = xy s / x y funktsiyani Jegalkin polinomiga 0 ‘tkazing:
A) jiyffijffiy
B) jyffijrffiyffil
C) xffivffil
D) jyffijrffiy
2. a (x, y ,z ) = x y z v xyz funktsiyani Jegalkin polinomiga o‘tkazing:
A) jrvffijrffiy
B) jyffijcffiyzffiz
C) xffivffil
D) jffiy
3. a(.r,y) = jry vj^vjry funktsiyani Jegalkin polinomiga o'tkazing:
A) xvffijrffiy
B) jryffijcffiyzffiz
C) jffiyffil
D) jffiy
4. R- “Men TATU da o‘qiyman”, K - “Men diskret matematika fanini
sevaman” mulohazalari berilgan bo'lsa, bu mulohazalardan “Men
TATU da o‘qiyman va diskret matematika fanini sevaman” ma'nosini
beruvchi mantiq algebrasi formulasini hosil qiling.
A) P v Q ;
B) p * q ;
C) p ^ o ;
D) p @q .
182
5.
R- “Men TATU ga o‘qishga kiraman”, K - “Men diskret
matematika fanini o'rganaman” mulohazalari berilgan bo‘isa, bu
mulohazalardan “Men TATU ga kirsam, u holda diskret matematika
fanini o‘rganaman” ma'nosini beruvchi mantiq algebrasi formulasini
hosil qiling.
A) P m Q \
B) p * q ;
C) p - > q ;
D) pi &q .
8.5. Ikkilik mantiqiy elementlari
Bul ifodalari J. Bul (1815-1864) tomonidan rivojlantirilib, XX
asming 30-yillarida raqamli mantiqiy sxemalarda qo'llanilgan.
Raqamli elektron qurilmalami tuzish bilan shug'ullanuvchi
mutaxassislar Bul algebrasi masalalarini chuqur o'rganishlari kerak
bo'ladi. Bul algebrasi funktsiyalarining asosiy tadbiqlaridan biri bu
funktsional elementlar sxemasini qurishdir. Bunga misol qilib, EHM,
mikrokalkulyator va boshqa raqamli elektron qurilmalaming ishlash
printsipini ko'rsatishimiz mumkin.
Har qanday raqamli sxemalaming asosiy tarkibiy qismini mantiqiy
elementlar tashkil etadi.
Agar C zanjirdan tok o'tayotgan bo'lsa, u holda S = J deb; agar S
zanjirdan tok o'tmasa, u holda S = 0 deb yozishimiz mumkin.
Demak, mantiqiy elementlar ikkita raqam, 0 va 1 raqamlari bilan
ish ko'radi, shuning uchun ham ikkilik mantiqiy elcmentlar dcyiladi.
Raqamli elektrotexnika sohasida ishlaydigan mutaxassislar ikkilik
mantiqiy elemcntlar bilan har kuni ro'para kelishadi. Mantiqiy
elementlarni oddiy o'chirib-yoqqichlarda, releda, vakuum lampa,
tranzistorlar, diodlar yoki integral sxemalarda yig'ish mumkin. Integral
sxemalaming keng qo'llanilishi va arzonligini hisobga olsak, raqamli
qurilmalarni faqat integral sxemalaming o‘zidan yig‘ish maqsadga ,
muvofiq. Asosiy mantiqiy elementlar 7 xil: “va”, “yoki”, “emas”,“vaemas”, “yoki-emas”, “birortasi, lekin hammasi mas”, “birortasi, lekin
hammasi emasga yo‘l qo'ymaydigan”.
Mantiqiy elementlar u yoki bu vazifani bajarganligi sababli ulami
funktsional elementlar deyiladi. Funktsional elementlarni bir-biriga
ulash natijasida funktsional sxemalar hosil qilinadi.
183
1. “Va” mantiqiy elementi
“Va” mantiqiy elementini ba’zan “hammasi yoki hech narsa”
elementi deb ham yuritiladi. Mexanik o'chirib-yoqqich orqaii “va”
mantiqiy elementining ishlash printsipini ko‘rib chiqamiz.
Agar zanjirda A va B kalitlar ketma-ket ulangan boMsa, u holda C
zanjirda Lj lampa yonishi uchun A va B kalitlaming ikkalasi ham
yopilishi kerak, ya'ni A = 1 va B =1 boMishi kerak. Kon'yunktsiya xuddi
shu xossalarga ega. Demak, “va” mantiqiy elementining ishlash
printsipi kon'yunktsiya amali bilan bir xil ekan.
<S—
d>
“Va” mantiqiy elementining sxematik tasvirida ikkita kirish, bitta
chiqish bo‘lib, u quyidagicha:
“Mantiqiy” terminidan odatda biror bir qaromi qabul qilish
jarayonida foydalaniladi. Shuning uchun ham mantiqiy elementni
shunday sxema deyish mumkinki, unda kirish signallariga asoslanib,
chiqishda “ha” yoki “yo‘q” deyish hal qilinadi. Yuqorida
ko'rganimizdek, lampa yonishi uchun unlng ikkala kirish joyida “ha”
signali (kalitlar yopilishi kerak) berilishi kerak.
Rostlik jadvali “va” mantiqiy elementining ishlashi haqida to'liq
maMumot beradi:
A
B
Y=A&B
0
0
1
1
0
1
0
1
0
0
0
1
“Va” mantiqiy elementi uchun kiritilgan belgilash A va B kirish
signallari “va” mantiqiy funktsiyasi bilan bogMangan boMib, chiqishda Y
signal paydo boMadi” deb o‘qiladi. Ushbu tasdiqning qisqartirilgan
ifodasi Bul ifodasi (.A & B ) deyiladi. Bul ifodasi - universal til boMib,
184
injenerlar va texnik xodimlar tomonidan raqamli texnikada keng
qo‘llaniladi.
2. “Yoki” mantiqiy elementi
“Yoki” mantiqiy elementini ba’zan “hech bo‘lmasa birortasi yoki
hammasi” deb ham yuritiladi. Oddiy o‘chirib-yoqqichlar yordamida
“yoki” mantiqiy elementining ishlash printsipini quyidagicha
tushuntirish mumkin: C zanjirda A va B kalitlar parallel ulangan bo‘lsa,
“yoki” mantiqiy elementi ishlaydi:
Chizmadan ko‘rinadiki, kalitlaming hech bo‘lmaganda bittasini yoki
ikkalasini ham yopganda L } lampa yonadi.
“Yoki” mantiqiy elementining sxematik ko‘rinishi quyidagicha:
chiauh
k ir is h '
Bul ifodasi a \ } b ko‘rinishda bo‘ladi.
“Yoki” mantiqiy elementining rostlik jadvali uning ishlashi haqida
to‘liq maMumot beradi:
______
___
AVB 1
B
A
0
0
0
1
1
0
0
1
1
1
1
1
3. “Emas” mantiqiy elementi
“Va” hamda “yoki” mantiqiy elementlari ikkita kirish va bitta
chiqishga ega edi. “Emas” sxemasida esa bitta kirish va bitta chiqish
mavjud. “Emas” mantiqiy elementini invertor deb ham yuritiladi. Uning
asosiy vazifasi chiqishda kirish signaliga teskari bo‘lgan signalni
ta'minlashdan iborat.
Invertor quyidagicha belgilanadi:
185
kirish -
■chiqish
o
Bul ifodasi
A
boMadi. “Emas” mantiqiy elementi uchun rostlik jadvali:
A
-'A
1
0
0
1
ko‘rinishda
4. “Va-emas” mantiqiy elementi
“Va-emas” mantiqiy elementini Sheffer shtrixi deb ham yuritiladi,
u inventorlangan “va” ni amalga oshiradi. Ushbu mantiqiy amal
quyidagicha belgilanadi:
Bu belgini quyidagicha yoyib ham yozish mumkin.
“Va-emas” mantiqiy elementining Bul ifodasi a & b ko‘rinishda bo‘ladi.
“Va-emas” mantiqiy elementining rostlik jadvali yordamida ishlash
printsipini ko‘rish mumkin:
A
0
B
A&B
U—A & B
0
0
1
0
1
1
1
0
0
0
1
1
1
1
0
5.
“Yoki-emas” mantiqiy elementi
“Yoki-emas” mantiqiy elementini Pirs strelkasi deb ham
yuritiladi, u inventorlangan “yoki”ni amalga oshiradi, sxematik
ko‘rinishi quyidagicha:
Bu belgini quyidagicha yoyib ham yozish mumkin:
186
“Yoki-emas” mantiqiy elementining rostlik jadvali yordamida
uning ishlash printsipini ko‘rish mumkin:
A
B
AVB
U —Aw B
0
0
1
1
0
1
0
1
0
1
1
1
1
0
0
0
6. “Birortasi, lekin hammasi emas”
Ushbu mantiqiy elementning Bul ifodasi: ^©B = ~ {A ~ B )
Uning sxematik ko‘rinishi quyidagicha:
“Birortasi, lekin hammasi emas” mantiqiy elementining ishlash
printsipi quyidagicha:
B
0
1
0
1
A
0
0
1
1
A&B
0
1
1
0
7. “Birortasi, lekin hammasi emasga yo‘l qo‘ymaydigan”
Mantiqiy elementning Bul ifodasi: -n(v4©B) =A ~B
Uning sxematik ko‘rinishi quyidagicha:
“Birortasi, lekin hammasi emasga yo‘l qo‘ymaydigan” mantiqiy
elementining ishlash printsipi quyidagicha:
A
B
A® B
0
0
0
1
0
1
1
0
0
1
0
1
0
1
- i ( y4 © B )
=A ~ B
1
1
187
m
Ikkitadan ortiq kirishga ega bo‘Igan mantiqiy elementlar uchun
ham mos ravishda quyidagicha belgilashlar ishlatiladi.
3 ta kirishga ega “va” mantiqiy elementi:
3 ta kirishga ega bo‘lgan “yoki” mantiqiy elementining sxematik
ko‘rinishi quyidagicha:
8.6. Ikkilik mantiqiy elenientlarni “va-emas” da hosil
qilish
Juda ko‘p integral sxemalarda asosan “va-emas” mantiqiy
elementi bo‘lgani uchun boshqa mantiqiy elementlarni “va-emas”
yordamida hosil qilishni o‘rganish juda foyda beradi.
1) Invertorni hosil qilish:
Buning uchun -n(.4&A) = -v4 tenglikdan foydalanamiz, ya'ni
“emas” ikkilik mantiqiy elementini
va-emas” ikkilik mantiqiy elementiga o‘zgartiramiz.
2) “Va” mantiqiy clcmcntini hosil qilish:
D
Bunda ->-</1 &B) = A & B tenglik o'rinli bo‘Iadi.
188
3) “Yoki” mantiqiy elementini hosil qilish:
Agar A va B ni invertorlasak, faqat “va-emas” mantiqiy
elementidan foydalanib, “yoki” mantiqiy elementini hosil qilish
mumkin, ya’ni -<-u4 &~,B) = A v B tenglikdan foydalanamiz:
4) “Yoki-emas” mantiqiy elementini hosil qilish:
Buning uchun - { - A & -.2?) = / l v B ni yanabir marta invertorlaymiz:
8.7. Yarim bitlik yig‘uvchi sxemasini qurish12
Funktsional sxemalaming tadbiqi sifatida ikki bitlik yig‘uvchi
sxemasini misol qilish mumkin. Ikki bitlik yig‘uvchi - bu ikkilik sanoq
sistemasidagi 2 xonali sonlami yig‘indisini hisoblab, yechimda 3 xonali
ikkilik sanoq sistcmasidagi sonni beruvchi qurilmadir. Masalan,
10+ 11- 101.
Ikki bitlik yig‘uvchi funktsional sxemani yaratish uchun avvalo 2
ta ikkilik sonni qo‘shish uchun yarim bitlik yig‘uvchini qurib olamiz.
Bunda yechimda 2 xonali ikkilik sanoq sistemasidagi son hosil qilinadi.
Masalan, 1+ 1= 10.
Aytaylik, A va B lar qo‘shish kerak bo‘lgan ikkilik sonlar, u va v
lar esa yig‘uvchining chiqishida hosil bo‘ladigan yig‘indilar bo‘lsin.
Rostlik jadvali kirish va chiqishdagi sonlar orasidagi bogManishni
ko‘rsatadi:
12 Xaggarti R. Diskretnaya matematika dlya programmistov. ZAO RITS
Texnosfcra», 2003. 244-s.
189
A
B
u
V
0
0
1
0
0
0
0
0
1
1
0
1
i
1
1
0
Bundan u = A & B (o‘tkazish razryadi) va
v = —iA& B \ / A & — (2 modul bo‘yicha yig‘indi).
Quyida yarim bitlik yig‘uvchining sxemasi:
Sxemada A & B va - A & B v A & S mantiqiy elementlarning
kirish maiumotlari oikazish razryadi va 2 modul bo‘yicha yig‘indi
hisoblanadi.
Ikki bitlik yig‘uvchining funktsional sxemasi ham xuddi yarim
bitlik yig‘uvchi sxemasiga o‘xshash, biroq unda kirishda 2 ta ikki xonali
ikkilik son, chiqishda esa kiruvchi sonlar yig‘indisiga teng bo‘lgan uch
xonali son hosil boiadi.
Misol. [(a Zf) v s] v (a ' c ) ifodani sxematik ko‘rinishda
tasvirlash:
a
a
--- (a )------ ® ---
------------------ ®-------------------
---©------ ©--Misol. Quyidagi sxemani mantiqiy amallar yordamida ifodalang:
190
<A)----- © ■
■©"
Yechilishi:
(A a B') v l(A a B) v C [ = |(A a B') v (A a B)| v C
s
|A a (B' v B l j v C
s (Aa T) v C
= AvC
Nazorat uchun avollar:
1. Ikkilik mantiqiy elementlari deb nimaga aytiladi?
2. Funktsional sxema deganda nimani tushunasiz?
3. “Va” mantiqiy elementini va ishlash printsipini tushuntiring.
4. “Emas” hamda “Va-emas” elementlarining farqini aytib bering.
5. Invertor nima?
6. Yarim bitlik yig‘uvchi sxemasi qanday quriladi?
MISOL VA MASALALAR
Quyidagi 1-2 funktsional sxemalarning chiqishida qanday mantiqiy
funktsiya hosil bo‘ladi?
1.
2.
191
Quyidagi 3-6 misollarda mantiqiy ifodalami sxematik ko‘rinishda
tasvirlang:
3. (-4v 5 ) a M v C);
4. ( A v B ' ) a ( A ' v B);
5. ( A v B ' ) v ( A v j ) ;
6. ( A a B ) v ( A ' a A ) v ( A ' / kA/);
Quyidagi 7-13 sxemalami mantiqiy amallar yordamida ifodalang:
7.
8.
11 .
12.
<S>— d>
■® ®
<a >— <§>
8 .8 .
M a n tiq iy
—
sx e m a la rn i
—
1
m in im a lla sh tirish d a s tu rla r i
Ma'lumki, har qanday mantiqiy qurilma mantiqiy 1 va 0 lar
asosida ish ko‘radi. Biror-bir yangi qurilmani yaratishdan oldin uning
mantiqiy ko‘rinishi tuziladi. Bunda natijani minimallashtirish, ya‘ni
soddalashtirish uchun
Kamo
kartasidan foydalaniladi. Agar
o‘zgaruvchilar soni yetarlicha ko‘p bo‘lsa, Kamo kartasini tuzish va
oiatijani ixchamlashtirish ko‘p vaqt talab qiladi. “Pure Fractal
192
Solutions” kompaniyasi tomonidan 2008 yilda yaratilgan Gorgeous
Karnaugh Standard dasturi yordamida Kamo kartalarini tez va
oson
hisoblash imkoniyati paydo boidi. Dastuming ko‘rinishi
quyidagicha:
Aytaylik, ovoz berish natijalarini qayd qiluvchi maxsus qurilma
yasash kerak boisin. Ovoz berishda 5 kishi qatnashsin va ulaming
yarmidan ko‘pi ma‘qullagan qaror qabul qilinsin. Buning uchun
kirishlar soni 5 ta, ya‘ni x l , x2, x3, x4, x5, natijani esa y qiymatga
teng deb olib, qurilmaning mantiqiy ko‘rinishi tuziladi. natijaning
minimallashgan ko‘rinishi dasturda quyidagicha boMadi:
y 1=~x 1&~x2&x3&x4&x5|~x 1&x2&~x3&x4&x5|~x 1&x2&x.3& ~x4&x
5|~x 1&x2&x3&x4&~x5|~x 1&x2&x3&x4&x5|x 1&~x2&~x3&x4&x5|x
1&~x2&x3&~x4&x5|x 1&~x2&x3&x4&~x5|x I&~x2&x3&x4&x5|x 1&
x2&~x3&~x4&x5|x 1&x2&~x3&x4&x5|x 1&x2&x.3&~x4&~x5|x l &x2
&x3&~x4&x5|x 1&x2&x3&x4&' x5|x 1&x2&x3&x4&x5;
Kamo kartasiga joylashtirib, natijaning ixcham ko‘rinishi
olindi. Keyingi bosqich olingan natijani sxematik tasvirlashdan iborat.
Agar mantiqiy sxemalar platalarda tuzilsa, vaqt va mablag‘ masalasi
ko‘ndalang turadi. Bu muammoni hal qilishda “Multisim” dasturidan
foydalanish samara beradi. “ M u ltis im ” d a s tu r in in g b ir in c h i v e rs iy a s i
“ N a tio n a l
y a r a tilg a n
ln s tru m e n ts ”
k o m p a n iy a s i
to m o n id a n
200 1
y ild a
bo‘lib, 2013 yilda takomillashtirilgan versiyasi taqdim
qilindi. Ushbu dastur yordamida rele-kontakt sxemalarini, funktsional
vazifani bajamvchi tizimlaming mantiqiy sxemalarini virtual tarzda
tuzish va natijani ko‘rish mumkin.
Yuqoridagi Kamo kartasidan olingan natijalar bo‘yicha sxema
tuzish va
sxemaning to‘g‘ri ishlayotganiga ishonch hosil qilish
mumkin.
Dastuming umumiy ko‘rinishi quyidagicha:
8.9. Ikkilik mantiqiy elementlarining qo‘llanilishi
Mantiqiy elementlaming shartli belgilanishi, rostlik jadvallari va
Bul ifodalari clcktrotexnika sohasidagi real masalalami yechishda juda
qo‘l keladi. Har qanday fikrlar algebrasi formulasini “inkor “va “yoki - v ” amallari orqali yozish mumkin, buning uchun
“implikatsiya — *■”, “ekvivalentlik dan qutilish qoidalarini qoilash
yetarli.
194
, & va v amallaridan iborat formulaga mos parallel va ketma-ket
ulash qoidalariga asoslangan sxemalar tuzish mumkin va aksincha,
ixtiyoriy raqamli sxemaga mos
& va v amallaridan foydalanib, Bul
formulasini tuzish mumkin.
Agar biror bir murakkab sxema berilgan bo‘lsa, unga mos
formulani yoyib, mantiq qonunlariga asosan soddalashtirib,
soddalashgan formulaga mos sxemani qayta tuzilsa, hosil bo‘lgan
soddalushgan sxema boshlang‘ich sxemaning vazifasini bajaradi. Bu
nmaliyotga minimallashtirish deyiladi.
IVIisol. Ushbu (A &Z?)V(A & B)V( A&B) formulaga mos sxema:
A
B
Yuqoridagi sxemani mantiq qonunlari yordamida soddalashtirib,
tu/ilgan sxemu:
Ikkala sxema hm bir xil vazifani bajaradi, chunki ulaming rostlik
jadvallari bir xil.
8.10. IMaiitiqiy sxciuuUrtln nnaliz vn sintcz masalalari
Slntcz. Mantiqiy sxemalaming sintezi masalasi quyidagi 3 ta
bosqichdan iborat:
1) bcrilgan fizikavly maMuinotlar bo'yicha biror matematik ifoda
(tenglama, formula) tuziladi va minimullashtiriladi;
2) minimallashtirilgan matematik ifodaning qandaydir funktsiyani
bajaruvchi sxemasi chiziladi;
3) hosil qilingan sxema biror vazifani bajaruvchi haqiqiy sxemaga
aylantiriladi.
Analiz. Analiz masalasi - bu ikkinchi bosqichning teskarisi
hisoblanadi, ya‘ni berilgan mantiqiy sxema bo‘yicha matematik ifodani
tuzish va tadqiq qilish.
Bizni bu uchta bosqichdan ikkinchisi ko‘proq qiziqtiradi. Shuning
uchun har doim sintcz masalasini yechishda
biror
mantiqiy
195
.
a = a (A ,,A 2,...,A „) funktsiya berilgan boMadi, maqsad chiqishda berilgan
mantiqiy funktsiya a ning vazifasini bajaruvchi mantiqiy zanjir
sxemasini tuzishdan iborat.
Bundan keyin mantiqiy zanjir sxemasi deganda „va“, „yoki“,
„emas“ Bul algebrasi bazislari orqali hosil qilingan sxemani tushunamiz.
Misol. (Sintez) Talabalarga 3 kishi yashirin ovoz berganda
ko‘pchilik ovoz bilan qaror qabul qiladigan sxemani tuzish vazifasi
yuklatilgan bo‘lsin. Chiqarilgan qarorga ovoz beruvchilar rozi boMishsa,
o‘zlariga tegishli tugmachani bosishadi, aks holda tugmachalarga
tegishmaydi. Agar ko‘pchilik, ya‘ni kamida ikki kishi „ha“ deb ovoz
berib, o‘zlariga tegishli tugmachalami bosganda signal chirog‘i yonishi
kerak.
Amaliy masalani mantiqiy ko‘rinishga o‘tkazish maqsadida ovoz
beruvchilami A , B, C mulohaza o‘zgaruvchilari deb olamiz, u holda A,
B, C mulohaza o‘zgaruvchilari 2 xil qiymat qabul qilishi mumkin: ha
deb ovoz berishganda - 1, yo‘q deb ovoz berishganda esa - 0 qiymat,
betaraf bo‘lgan holni inobatga olmaymiz. U holda berilgan masalaning
rostlik jadvali quyidagicha bo‘ladi:
A
0
0
0
0
1
1
1
1
c
B
0
0
1
1
0
0
1
1
0
1
0
1
0
1
0
1
a=a(A,B,C)
0
0
0
1
0
1
1
1
Ushbu rostlik jadvalining birlar qatori bo‘yicha MDNSH dagi
formulasi quyidagicha bo‘ladi:
a(A, B, C.)= ^ A & B & C V A & ^ B & C V A & B & ^ C V A & B & C
Bu formulaga inos sxema esa quyidagicha bo‘ladi:
A
B
C
3 ta invertor, 4 ta uchtadan kirishga ega bo‘lgan “va”, 1 ta to‘rtta
kirishga ega boigan “yoki”, jami 8 ta elementdan iborat sxema hosil
boiadi.
Yuqoridagi formulani mantiq qonunlariga ko‘ra soddalashtiramiz:
a(A,B,C)= -A&B&CVA&-B&CVA&B&-CVA&B&C=
=A&B&(-CVC)VC&(-A&BVA&-B)=
=(A&BVC)&(A&BV-A&BVA&-B)=(A&BVC)&(BVA&-B)=
=(AVB)&(A&BVC)
Minimallashtirilgan formulaga mos sxema quyidagi ko‘rinishda
boiadi:
Ikkala sxema ham bir xil vazifani bajaradi, chunki ularga mos
formulalarning rostlik jadvali bir xil, lekin soddalashgan sxema ikki
baravar kam elementdan iborat boisa-da, qiymat jihatdan undan ham
ko'proq sarf harajatni talab qiladi.
INazorut ucliun s a v o lla r :
1. Gorgeous Kamaugh Standard dasturining ishlash printsipini
tushuntiring.
2. Multisim dasturi qandny vazifani bajaradi?
3. Minimallushtirish masalasi deganda nimani tushunasiz?
4. Mantiqiy sxemalarda analiz masalasi nimadan iborat?
5. Mantiqiy semalarda sintez qanday amalga oshiriladi?
IMISOL VA MASALALAR
Quyidagi mantiqiy formulalar uchun funktsional sxemalar tuzing:
1.
a ( x ,y , : ) = ( i ® V A : ) - u v . - ;
2 . a( x1y, z) = ( x \ y ) - +( z Ay < Sx ) \
a( x, y, z) = (x - > ^ a z ) © ( j : v z );
4 . a( x, y, z) = x v y ® ( y - z ) ‘
3.
5. a( x, y, z) = ( ( x i y ) A z ) - ± x \ y v z ;
6.
ar(jc,y,r) = ( j c A y v > ) A ( x - > r ) ;
197
7 . a(x,y,z) = ( x v y / \ z ) \ ( x v y / \ z ) ~ x ;
8 . a(x,y,z) = ( x - ^ z ) / \ ( y - * x ) ;
9 . a(x,y,z) = ( ( x i y ) \ z ) ® ( x / , z ) \
10. a(x,y,z) = (x ->>)© (j: ->,vaz) v(jf i y) ;
11. a(x, y,z) = (x/\z)(B(y —>z) -*■x / \ y \
12. a(x,y,z) = ( x v y ) i ( x - * ( y - + z ) ) - ,
13. a(x,y,z) = x - > ( ( y - * z ) - + y / \ z ) ;
14. a(x,> ,,z) = ( x v ( y - > z ) ) A ( i® } ') ;
15. a(x,y,z) = -,(x 1>) v (x ~ z)|( x ® > az );
16. a(x,y,z) = ( x v y ) / \ ( y \ z ) - + ( x ~ x / \ z ) ;
17. a(x,y,z) = ( x \ y ) / \ ( y i z ) - * ( x @ z ) ;
18. a(x,y,z) = x a (>az)®( x -►z);
19. a(x,y,z) = ( ( x \ z / \ y ) \ ( y \ z ) ;
20. a(x,y,z) = (jc| v) 1(> az)|( xvz );
21. a( x, >, : ) = ( z - > > A x ) ® > v z ;
22 . a(x,y,z) = x ->y / \ z Q x \ / z ;
23. a(x ,y ,;) = (x®>A:)->xv:;
24.
a(x,y,z) = ( x \ y ) - + ( z /\y ® x);
25. a (x ,y ,z ) = ( x - > y A z ) ® ( x v z ) ;
26. a(x,y,z) = ( x v y)(&(y ~ z ) ;
27. a(x,y,z) = ((x i y )/ \ z ) -+ x \ y v z;
28.
a(x,y, z) = (x v y) a (y | z) -* (x ~ x a z ) ;
29. aU,v,z) = (xc|^)A(^4'z)->xc©z;
30. a(.X,>',z) = XA.)'AZ©(.X'-*z);
Quyidagi sxemalaming chiqishida qanday funktsiya boMishini toping:
1.
2.
3.
4.
199
12.
8.11. Minimallashtirishning jadval usullari
Mukammal diz‘yunktiv normal shakllarni minimallashtirishda Bul
ifodalarida bir-biriga qo‘shni hadlarini topish va bu hadlarni birlashtirish
katta mehnat talab qiladi. Bu esa soddalashtirishda analitik usulning
200
kamchiligi
hisoblanadi.
Amaliyotda
mantiq
funktsiyalarini
minimallashtirish uchun mantiqiy o‘zgaruvchilar soni kamroq boisa,
jadval usuli birmuncha qulay hisoblanadi. Jadval usulining afzalligi:
1) birlashtiriladigan hadlami izlash oson;
2) topilgan hadlarni birlashtirish oson;
3) funktsiyaning barcha minimal shakllarini topish mumkin.
Jadval usullari quyidagilar: Karno kartalari, Veych, Venn
diagrammalari, yechimlar daraxti hisoblanadi. Ushbu mavzuda biz
Kamo kartasi usuli bilan tanishamiz.
1953 yil M. Kamo Bul ifodalarini soddalashtirish va grafik
tasvirlash tizimini ishlab chiqqanligi haqida maqola e‘lon qildi. Hozirda
bu usul Kamo kartalari usuli deb yuritiladi. Kamo kartalarining quyidagi
turlarini ko‘rib chiqamiz:
1. Ikki o‘zgaruvchili Karno kartasi
Aytaylik, Bul ifodasi ikkita mulohaza o‘zgaruvchisidan tashkil
topgan bo‘lsin va quyidagi rostlik jadvali bilan berilgan bo‘lsin. U holda
ikki o‘zgaruvchili Karno kartasi quyidagicha bo‘ladi:
Agar F{A,B ) formula MDNSH da berilgan bo‘lsa, u holda
>T“1 o‘ringa —
2 o‘ringa -v4&B
N°3 o‘ringa A &-.B
o‘ringa /t&B
hadlar mos kelib, shunday hadlar F(A,B) formulada mavjud bo‘lsa,
Kamo kartasida bu hadlarga mos o'rinlarga 1, qolgan o‘rinlarga 0
raqami yoziladi.
Ikki o‘zgaruvchili Karno kartasi toMdirilgandan keyin 2 ning
darajalaricha birlami o‘z ichiga oladigan (2°, 2 , 2', 2 \ ...) konturlar
chiziladi. Bu konturlar gorizontaliga yoki vertikaliga bir-biriga qo‘shni
bo‘lgan birlarni o‘z ichiga olishi kerak. Konturga olish jarayoni barcha
201
birlar kontur ichida qolguncha davom ettiriladi va konturlar iloji boricha
maksimal ikkining darajalaricha birlami o‘z ichiga olishi kerak.
Konturga olish jarayoni tugagandan keyin har bir kontur ichida
qatnashgan bir-biriga teskari boigan fikr o‘zgaruvchilari tushirib
qoldiriladi va har bir konturda qolgan o‘zgaruvchiIaming
diz’yunktsiyasi olinadi. Hosil boigan ifoda Kamo kartasi bo‘yicha
minimaliashgan ifoda boiib, undan ortiq minimallashtirish mumkin
emas.
Misol.
Quyidagi
rostlik
B
0
!
0
1
F(A,B)
1
0
1
1
jadvali
bilan
berilgan
ifodani
soddalashtiring:
A
0
0
1
1
-A
A
1
1
B
0
1
Ifodaning toiiq ko‘rinishi:
minimal ko‘rinishi esa: F(A,B)=A v - iB
Misol.
F(A, B) = —u4&B\/A &—.Bwt &B formulaga mos Karno
kartasi quyidagi ko‘rinishni oladi, ya’ni karta MDNSH bo‘yicha
tuziladi:
Yuqorida keltirilgan sxemaga muvofiq gorizontaliga, vertikaliga
bir-biriga qo‘shni boMgan birlar konturlarga birlashtiriladi. Har bir
konturda qatnashgan bir-birini to‘ldiruvchi o‘zgaruvchilar tushirib
qoldiriladi, har bir konturdan qolgan o‘zgaruvchilaming diz'yunktsiyasi
olinadi. Natijada formula quyidagi ko‘rinishni oladi: F (A ,B )= A vB.
202
2. Uch o*zgaruvchili Karno kartalari
Aytaylik, Bul ifodasi uchta mulohaza o‘zgaruvchisidan tashkil
topgan bo‘lsin va quyidagi rostlik jadvali bilan berilgan bo'lsin. U holda
uch o‘zgaruvchiii Kamo kartasi quyidagicha bo‘ladi:
A
0
0
0
0
1
1
1
1
B
0
0
1
1
0
0
1
1
c
0
1
0
1
0
1
0
1
F(A,B,C)
n °\
X°2
m
K°4
■N°5
K°6
Xs7
Ns8
—iC
C
N °l
N°2
-v t& B
A &B
N°3
N° 7
A & -iB
N°5
Xs4
N°8
N° 6
Uch o‘zgaruvchili Kamo kartalarida ham ikki o'zgaruvchili Karno
kartalaridagidek gorizontaliga, vertikaliga bir-biriga qo‘shni bo‘lgan
birlar konturlarga birlashtiriladi. Har bir kontur iloji boricha ko'proq
ikkini darajalaricha birlarni (21, 22, 21,...) o‘z lchiga olishi va konturga
olish jarayoni barcha birlar konlur ichida qolguncha davom ettirilishi
lozim. Har bir kontur soddalashtirilgan Bul ifodasining yangi a‘zosini
bildiradi. Har bir konturda qatnashgan bir-birini to‘ldiruvchi
o‘zgaruvchilar
tushirib qoldiriladi, har bir konturdan qolgan
o‘zgaruvchilaming diz‘yunktsiyasi olinadi. Bundan tashqari uch
o‘zgaruvchili Kamo kartalarida 1- va 4-qatorlar bir-biriga qo‘shni
hisoblanadi, chunki karta gorizontaliga o‘ralganda 1- va 4- qatorlar birbiriga qo‘shni bo‘lib qoladi.
203
F(A< B,C) formula quyidagicha rostlik jadvali bilan berilgan boMsin:
A
B
0
0
0
0
0
0
1
1
0
0
1
1
1
1
c
o
1
0
1
0
1
0
1
1
1
F iA B C )
1
0
1
&-3
1
-A
1
-A&B
0
1
1
A&B
A .-B
5
c
1
1
1
1
0
1
1
0
■>A va A, iB v* B Ur bir blrini to'ldlradl
Uf-U
1
17= •^o
\A*B l
F(A,B,C)=Bv—iC
ifc
iC v » C ,
j
A va A lar bsr-bii Int to'ldiradl
3. T o ‘r t o ‘z g a r u v c h ili K a r n o k a r t a l a r i
4 o‘zgaruvchili Kamo kartalarida 2 va 3 o‘zgaruvchili Kamo
kartalaridagi usullar qoMlaniladi. Faqatgina 4 o‘zgamvchili Kamo
kartalarida 1- va 4-ustunlar, 1- va 4 - qatorlar bir-biriga qo‘shni
hisoblanadi, chunki ular mos ravishda vertikal yoki gorizontal
silindrlarga o‘ralsa, ushbu ustunlar yoki qatorlar bir-biriga qo‘shni boMib
qoladi. 4 o‘zgaruvchili Karno kartalarining to‘rtta burchagi ham birbiriga qo‘shni hisoblanadi, chunki kaita “sferaga” o‘ralsa, to‘rtta
burchak ham bir-biriga qo‘shniga aylanadi.
Masalan: F(0,0,0,1)=F(0,0,1, 1)=F( 1,0,0,1)=F( 1,0,1, 1)=0
204
—>C&D C&D
A&B
A& S
i-Li
iy
0
1
1
'0
0
1
1
~~<T
C & -J2
/
J ...
----------A & S
u --"
Kamo kartasi bo‘yicha formulaning soddalashgan ko‘rinishi
quyidagicha bo‘ladi: F(A,B,C)= Bv-,D.
6. V e y c h d ia g r a m m a s i
Veych diagrammasi berilgan n o‘zgaruvchili funktsiya uchun 2” ta
katakdan iborat jadvaldir. Agar « - juft son boisa, jadval kvadrat
shaklida, agar «- toq son boisa, to‘g‘ri to‘rtburchak shaklida boiadi.
Har bir katakka mantiqiy imkoniyatlar raqami yoziladi:
Nsl
N?2
N°3
N°4
A
0
0
1
1
B
0
!
0
1
-.A&B
A&-.B
A&B
Xuddi Karno kartalari kabi bir-biriga qo‘shni hadlar sifatida
geometrik qo‘shni boigan kataklar olinadi, yaiii umumiy tomonga cga
boigan va ixtiyoriy qator yoki ustunning chetki kataklari juftligi qo‘shni
hisoblanadi.
Veych diagrammasi bo‘yicha minimallashtirish quyidagi kctmaketlikda amalga oshiriladi:
1) MDNSH da bcrilgan minimallashtirish kerak bo‘lgan
funktsiyaning barcha 1 ga teng qiymatlari diagrammada belgilanadi.
2) iloji boricha ko‘proq birlarni o‘z ichiga qamrab olgan to‘g‘ri
to‘rtburchaklar yuzasi belgilanadi.
3) hadlarning diz‘yunktsiyalari olinadi.
Veych diagrammalari xuddi Kamo kartalariga o‘xshash, lekin
jadval tuzilishi bilan farq qiladi.
205
8.12. Yechimlar daraxti
Dasturlashda xotirani va vaqtni tejash maqsadida mantiq algebrasi
funktsiyalari bilan ishlaganda, ulami “tabiiy” (massivlarda)
ifodalamasdan, mantiqiy amallami bajarishga maxsus yo‘naltirilgan
ko‘rinishda ifodalash samaraliroq hisoblanadi. Buning uchun «
o‘zgaruvchili Bul funktsiyasi rostlik jadvalini n + 1 balandlikdagi to‘liq
binar daraxt ko‘rinishida ifodalash mumkin. Daraxt yamslari
o‘zgaruvchilarga mos keladi, daraxt shoxlari esa o‘zgaruvchilar
qiymatlariga mos keladi. Har bir mulohaza o‘zgaruvchisidan ikkita shox
chiqib, chap shoxga - 0, o‘ng shoxga esa - 1 qiymat mos qo‘yiladi.
Bunday daraxt yechimlar daraxti yoki semantik daraxt deyiladi.
Misol. F(A,B,C ) funktsiya quyidagi
bo‘lsin:
c
A
6
0
0
0
0
0
1
1
0
F iA
B
0
1
1
1
0
1
1
0
1
0
0
0
1
0
1
0
1
1
1
0
1
1
0
1
rostlik jadvali bilan berilgan
C i
1) Yechimlar daraxtida barcha bir xil qiymatga ega bo‘lgan barglarini
(daraxt ostilarini), shu qiymat bilan almashtirilsa yechimlar daraxti
hajmining sezilarli darajada ixchamlashganini ko‘ramiz:
Shuningdek, bogMiqliklaming daraxt ko‘rinishidan voz kechilsa,
yechimlar
daraxtini
anchagina
ixchamlashtirish
mumkin.
Quyidagicha uchta ketma-ket shakl almashtirishlardan so‘ng binar
yechimlar daraxtidan binar yechimlar diagrammasi hosil bo‘ladi:
206
2) 0 va 1 qiymatlami qabul qilgan yaproqlar birlashtiriladi. Natijada
daraxt quyidagi ko‘rinishni oladi:
3)
Diagrammada izomorf
birlashtiriladi:
(o‘xshash) diagramma ostilari
4) lkkala chiquvchi shoxi ham bitta joyga boradigan tugunlar
ahamiyatsiz o‘zgaruvchi sifatida tushirib qoldiriladi va bu tugunga
kiruvchi shox chiquvchi shoxlar boradigan tugunlargacha davom
ettiriladi.
Natijada F(A,B,C) funktsiya qiymatlarini yechimlaming qism
dasturini quyidagicha berish mumkin:
if
tlic n
o r /4 = 0 = 0 a n d B=1 o r /4=11=1 a n d 0 = 0
F(A,B,C)~\ clsc F(A,B,C)= 0
207
Yechimlar daraxtidan yechimlar diagrammasiga o‘tish natijasi
boshlang‘ich yechimlar daraxtida o‘zgaruvchilami yamslarga qaysi
tartibda qo‘yilganligiga ham bog‘liq.
Yuqoridagi misolda yechimlar daraxtida o‘zgaruvchi!ami yamslarga
B, A, C tartibida joylashtirilsa, u holda yechimlar diagrammasi yanada
ixchamlashadi:
Natijada F(A,B,C) funktsiya qiymatlarini yechimlaming binar
diagrammasi orqali berish mumkin:
if B=1 then F(A,B,C)=->C else F(A,B,C)=-A
Ushbu ko‘rilgan misol shundan dalolat beradiki, ayrim hollarda
funktsiyalaming shunday maxsus ko‘rinishlarini qurish mumkinki,
funktsiyalami massivlar yoki formulalar yordamida ifodalash kabi
universal usullarga nisbatan, xotirada kam ma’lumot saqlashni va shu
bilan birga hisoblashni tezroq amalga oshirish imkonini beradi.
N a z o r a t u c h u n s a v o lla r :
1. Kamo kartalarining turlari va ishlash printsipini ayting.
2. Echimlar daraxtidan qanday maqsadda foydalaniladi?
3. Minimallashtirishning yana qanday turlarini bilasiz?
MISOL VA MASALALAR
a) Quyida keltirilgan misollar uchun Karno kartalarini tuzib,
minimallashtiring.
1. F( 1,1,0)= F (1,1,1)= F (1,0,0)= F (1,0,1 )= 1
2. F (0,1,0)= F (0,1,1)= F (1,0,0)= F (1,0,1)=1
3. F (0,1,0)= F (1,1,1)= F (1,0,0)= F (1,0,1)=1
• 4. F (0,1,0)= F (0,1,1)= F (1,1,1)= F (1,0,1)=1
208
5. F (0,1,1)= F (1,1,0)= F (1,1,1)= F (l,0,l)=l
6. F (0.0,1)= F (0,1,0)= F (1,1,0)= F (1,0,0)= F (1,0,1 )=1
7. F (0,0,0)= F (0,0,1)= F (0,1,1)= F (1,1,0)= F (1,0,0)= F (1,0,1)=1
8. F (0,0,0)= F (0,0,1)= F (1,1,0)= F (1,1,1)= F (1,0,0)= F (1,0,0=1
9. F (0,1,1)= F (1 ,1,1)=1
10. F (0,1,0)= F (1,1,0)=1
11. F (0,0,1)= F (1,0,1)=1
12. F (0,0,0)= F(1,0,0)=1
13. F (0,0,1)= F(1,0,0)=1
14. F (0,0,0)= F (0,1,0)= F (0,1,1)= F (1,1,0)= F (1,1,1)= F (1,0,0)= 1
15. F (0,0,0)= F (0,0,1 )= F (0,1,1 )= F (1,1,0)= F(1,0,0)=1
16. F (0,1,0)= F (0,0,1 )= F (0,1,0)= F (1,1,0)= F(1,0,0)=F(1,0,1 )= 1
17. F (0,1,1)= F (0,0,1)= F (0,1,0)= F (1,1,0)= F (1,0,0)= F (1,0,1 )=1
18. F (0,1,0)= F (0,0,1 )= F (1,1,0)= F (1,1,1 )= F (1,0,0)= F (1,0,1 )= 1
19. F (1,1,0)= F (1,1,1)= F (1,0,0)= F (1,0,1 )=0
20. F (0,1,0)= F (0,1,1)= F (1,0,0)= F (1,0,1 )=0
21. F (0,1,0)= F (1,1,1)= F (1,0,0)= F (1,0,1)= 1
22. F (0,1,0)= F (0,1.1)= F (1,1,1)= F (1,0,1)=0
23. F (0,1,1)= F (1,1,0)= F (1,1,1)= F (1,0,1 )= l
24. F (0,0,0)= F( 1,0,0)=0
25. F (0,0,1)= F(1,0,0)=0
b) Quyida keltirilgan misollar uchun yechimlar daraxtini chizing
va qism dasturini tuzing:
1. F (0,0,0)=F (0,1,0)= F (0,1,1)- F (1,1,0) I (1.1,1) I (1,0,0)-1
2. F (0,0.0)= F (0,0,1)= F (0,1,1)» F(1,1,0) 1- ( 1.0,0)= I
3. F (0,1,0)= F (0,0,1 )= F (0,1,0)= F (1,1,0) F ( 1.0.0)- F (1,0,1)- «
4. F (0,1,1 )= F (0.0,1 )= F (0,1,0)= F(1,1,0)- F (1,0,0) - b (1.0,1 )= 1
5. F (0,1,0)= F (0,0,1)= F (1,1,0)= F
(1,1,1)=F
(1,0,0)=F
6. F (0,1,1)= F (1,1,!)=0
7. F (0,1,0)= F(1,1,0)=0
8. F (0,0,1)= F(1,0,1)=0
9. F (0,0,0)= F(1,0,0)=0
10. F (0,0,0)= F (0,0,1 )= F (0,1,0)= 1
11. F (1,1,0)= F (1,1,1)= F (1,0,0)= F (l,0,l)=l
12. F (0,1,0)= F (0,1,1)= F (1,0,0)= F (1,0,1)=1
13. F (0,1,0)“ F (1,1,1)= F (1,0,0)= F (1,0,1)=0
14. F (0,1,0)= F (0,1,1)= F (1,1,1)= F (1,0,1)-1
15. F (0,1,1)- F (1,1,0)= F (1,1,1)= F (1,0,1)=0
209
(1,0,1 )= 1
d is tr ib u tiv lik x o ssasi:
M n5)uc = (//uc)n(^uc)
MUi?)nc-(^nc)U(finc)
0 va 1 q o n u n i:
a C\u = a ;
AU0 =A
AUA---U;
A f)A = 0
T o ‘ld ir u v c h i x o ssa si:
Bu niasala biroz murakkabroq. Aytaylik, 30 sonining
musbat boiuvchilari to‘plami D3cboMsin: Oyo = {1,2,3,5,6,10,15,30}.
3 ta ©, <2> va ' amaliarni kiritamiz:
2 -m a s a Ia :
a ® b = EKUK{a; b);
a ® b = EKUB{a:by
a
Misol uchun
2 <8>3 = EKUK{2;3} = 6 = 3<8>2 ;
2©3 = £KLB{2;3}“ =! = 3© 2;
6 ® 10 = EKUK{6;\0} = 30 = 10® 6
6010 = £A'LZ?{6;)0}+ = 2 = 10 0 6
6 ® 6' = 6 0 5 = EKUK{6;6'} = 30; 5 0 5 ' = 5 0 6 = EKUB{5;5’} = 1.
0 , ® va ’ amallari quyidagi xossalami qanoatlantiradi:
k o m m u ta tiv iik x o ssa si: a®b = b®a;;
a s s o ts ia tiv lik x o ssasi:
d is trib u tiv 'lik
a®b = b(5>a\
(a®b)®c = a®(b®c);
(<i®*)0c = a©((»0c)
x o ssa si:
a«i(*® c) = (a®6)©(<7®c);
a © (A ® c) = {a © b) ® (<j © c);
0 va 1 qonuni: <7®i =<a;; a©30=a
To‘idiruvchi xossasi: «iSc-' = 30;; a©<a' = l.
Ikkaia masalani yaxshilab o‘rganing, ulaming umumiylik jihati
bcrmi?
Ikkala iiolda hatn bo‘sh bo‘lmagan B to‘plam 2 ta maxsus elementni
saqlaydi:
1-masalada 0 va U , 2-rnasalada esa 1 va 30. Bundan tashqari, ikkaia
masalada ham 10 ta xossani qanoatlantiruvchi 2 ta binar amal, bitta unar
atnal mavjud. Bu umumiylik quyida bayon qilinadigan bulean algebrasi
deb nomlanuvchi matematik tizimning asosini tashkil qiladi.
Bo‘sh bo‘lmagan B to‘plamda aniqlangan 0 va 1 elementlari, B
to‘plamning barcha x , y, z elementlari uchun quyidagi xossalami
qanoallantiruvchi ikkita + va • binar amal, bitta 1 unar amaldan iborat
tizimga <i?,+y,',0,l> bul algebrasi deyiladi:
212
Ivomitiutiitivlik qonuni: x +y - y +x;;
x y =y x ;
Assotslativlik qonuni: x + (>>+ z) = (x + >’) + 2 ; x ( y z ) = (x-y)-z;
Distributivlik qonuni: x (y+z) =(x-y)+(d z); x + ( y - z ) = ( x + y ) ( d + z ) ;
0 vu I qonuni:
x +0 = x
x •1= x;
.X • 0 = 0;
0' = U
JC+ 1 = 1
1' = 0 ;
x +x' = 1;
ToMdiruvchi qonuni:
klcmpotcntlik qonuni: x +x = x;
Vutilish qonuni:
x +xy = x;
Ishoti:
x + xy = xl + xy
= x(l + y )
= x(y -h 1)
x ■x = 0 .
X
■X
=
X .
x(x +y) =x;
= xl
= X
(x + >)' = jf'>'; (xy) ' » x' + >';
Ishotlang: 1) (x + >) + x ’> ' = t
D e -M o rg a n q o n u n i:
Misol.
(x + y ) + x ' y ' m x + (y + x ' y ' )
- x + ( y l + x'y ')
- x + ty(x + x ' ) + x ' y ' ]
= x + l(y x + y x ' ) + x ' y ' \
= x + |r y + (x'> + x ' y ' ) |
= (x + x y ) + (x 'y + x ' y ' )
= x (l + > )+ x '(y + > ')
- x l + x '(y + / )
- x l + x' 1
- X + x'
- 1
2)
( x + > ) ( x '> ')
0
(x + > ) ( x '> ') -
(x '/)(x
| y)
= (x 'y ')x + (x 'y ')y
= x (x '> ') + ( x ' / )>
= ( x x ') / + x '( y 'y )
= (xx')>' + x'(yy')
= 0 / + x'0
= / 0 + x'0
= 0+ 0
= 0
213
Bilib qo‘ying:
1) + , • ,' amallar 1-masaladagi UA amallariga mos keladi.
2) Bundan keyin x y o‘rniga qulaylik uchun xy> debyozamiz.
3) E’tibor bergan bo‘lsangiz amallarning xossalari 2 ustunga ajratilgan
va har ikkinchisi birinchi ifodadagi amalni o‘zgartirish bilan hosil
qilingan. Xossalaming bunday mosligiga ikkiyoqlamalik printsipi
deyiladi.
Ta’rifga ko‘ra, bul algebrasi kamida 2 ta element 0 va 1 dan iborat
bo‘ladi.
Savol: Ikkita elementdan bul algebrasini hosil qilish mumkinmi?
Quyidagi misol bu savolga ha deb javob beradi:
B = {0,1} to‘plam va unda aniqlangan + , - va ' amallar berilgan
bo‘lsin. 10 ta qonuniyatni tekshirib ko‘ramiz:
0+0=0
0+1=1
1+0=1
0 0= 0
0 1 =0
1 0= 0
0' = 1
1' = 0
1+1=1
1-1 = 1
Bundan ko‘rinadiki, kommutativlik, assotsiativlik, distributivlik
qonunlari bajariladi. 0 - nol element, 1 esa birlik element hisoblanadi. 0
va 1 uchun to‘ldiruvchi amali ham o‘rinli:
0 + 0' = 0 + 1 = 1;;
1 + 1' = 1 + 0 = 1;
0 • 0' = 0 • 1 = 0;;
] - l ' = 1 0 = 0;
Demak, <5,+,-,',0,l) bul algebrasi bo‘ladi.
2-masaladagi Di0 to‘plam va unda aniqlangan ®, ® va ' amallar
bul algebrasi bo‘ladimi?
(1) 6 © 6 = 6
(2)5 0 30 = 30
(3) (5')'= 5
(4) 3 0 (3 G 5) = 3
(5) (3 0 5)' = 3' G 5'
(6) (5 G 6)'= 5'© 6'
Vcchilisli i: (1) 6®6 = £7Ct/A:{6;6} = 6;
(2) 5®30=£AA’A:{5;30} = 3();
(3)
5' = y = 6;
/.,V
30 .
Bundan (5 ) = 6 = — = 5
o
(4) 3® 5 = EKUB{y,5) = 1
Bundan
13<8>(3®5)=3<S>1 = EKUK{3\\) = 1
214
(6) 5 0 6 = EKUB{5;6} = 1
(5 ) 3 0 5 = EKUK{3;5} = 15
. 30
Bundan (3 05) =15 =■— - 2
Bundan
t
(5® 6 ) = l ' = y = 3O = 5 0 6 =
3' © 5' = 1006 = EKUB{\0;6} =
= EKUK{5;6} = 5' 0 6'
= 2 = (3 0 5 )'
D30 va P(U) bul algebralari bir-biriga o‘xshash, bu yerda U = {a,b,c).
Ular Xasse diagrammalari yordamida berilgan:
D3u ning Xasse diagrammasi
P(U) ning Xasse diagrammasi
D30 va P(U) laming diagrammalari bir xil, chunki ular
izomorf: D3U= P (U ).
/ :D30 —»■P(U) izomorfizmni ko‘rsating:
/ ( jc0 v ) = f ( x ) U f ( y ) va / ( x © > ) = /( x ) n /(v ) ,
f ( x ' ) (/ (* ))'.
Nazorat ucliun savollar:
1. Bul algebrasi deb nimaga aytiladi?
2. D70 va P(U) algebralar izomorf bo'ladimi?
3. <Z?,-h,-,',0,I> bul algebrasi boMishini ishotlang.
MISOL VA MASALALAR
D30 bul algebrasida quyidagilarni hisoblang:
1. 6 ® 10
2 . 6 0 10
3. 2 © (3 ©5)
4 . (2 © 3) © 5
5.
3 0 ( 5 0 6)
6.
(3 0 5 )0 6
7.
(3©6)'
8 . 3'0 6'
9.
(5 0 10)'
10 .
5' © 10'
11.
2O3©5
12. 2© 3 0 6
215
A n ={1.2,5,7,10,14,35,70} to‘plamda 70 ning musbat boMuvchilari uchun
©, <8> va ' amallari kiritilgan:
x ® y = E K U K {x\y}\
Quyidagilami hisoblang:
13. 7© 5
14. 2 0 7
17. (7 0 2)'
18. T ® ?
x @ y = E K U B { x ,y };
15. (5 ©7)'
19. 10® 10
16. 5'0 7'
20. 7 0 7
£>7o bul algebrasida quyidagilami hisoblang:
21. (5T = 5
23. 5 0 (5 ©7) = 5
22. 7 ©(7 ©5) = 7
24. (5® 7)' = 5' O 7'
2 I ( )
JC
L u g ‘atli k o ‘rsatkich
A
Algebraik amal 32
Algoritm
- bog‘liqlilik komponentlari
sonini topish 90
- eng yaqin qo'shnini topish 90
- Flyori algoritmi 94
- Deykstra 104
- Eng qisqa yo‘lni topish 108
- Eyler siklini qurish 96
- Maksimal oqimni topish 114
Assotsiativ 25
Ayirishdan qutilish 26
Avtomat 153
- kirish alfaviti 155
- chiqish alfaviti 155
Katalan sonlari 60
Kommutativ 25
Kommivoyajyor masalasi 102
Keli teoremasi 111
Kyonig D. 75
Eyler L. 19, 62,73
Nioton binomi 56,58, 63
B
M
Bell soni 71
Blez Paskalb 33, 56, 57
Bulean to'plami 9
Bit qatori 15
Minimaks masalalari 102
Munosabat 118
* unar120
- binar 119,121
- superpozitsiyasi 128, 144
- refleksiv 129
- ekvivalent 130
- simmetrik 129
- tranzitiv 129
• antisimmetrik 132
Moslik 121
Simmetrik gruppalar OK
Stirling sonlari 69, 70
7K
Joylashtirish 37, 43, 47
Jon Venn 19
I
Ikkilangan rad etish 26
Ikkiyoqlamalik printsipi 26
Intsidentlik matritsasi 87
K
G
Galua gruppalari 67
Gamilton sikli 96
Georg Kantor 4
Guruhlash 37, 47, 54
Graf 75
- to‘liq 78
- qism graf 80
- izomorf 81
- yo‘naltirilgan 83,87
- bog‘liqgraf90
- radiusi 101
- sinch daraxti 112
- siklomatik soni 112
- bixromatik 116
T
l'anlanma 36
To'plam 5
- cheksiz to‘plam 6
- chekli to‘plam 6
- sanoqli to‘plam 6
- diskret to‘plam 6
- quvvati 29
- qism to‘plam 7
- xos qism to'plam 7
D
Daraxtlar haqidagi teorema 111
De Morgan 25, 26
Deykstra algoritmi 103
Distributiv 25
Dirak teoremasi 97
- universal to plam 11,26
- faktor 133
217
Rekurrent 152
Rekursiya 152
Xarakteristik vektor 15
0 ‘rin almashtirish 37, 45,68
To‘plamlar ustida amaliar 11
- ayirm al2
- birlashma 11
- kesishma 12
- simmetrik ayirma 12
- toMdiruvchi amali 13
- dekart ko‘paytma 13,119
To‘plamlar oilasi 9
- algebrasi 32
- halqasi 33
F
Flyori algoritmi 94
Funktsiya 137
- biyektiv 141
- in’yektiv 139
- syur’yektivl40
- murakkab 144
Q
Qirra uzunligi 103
Qoplama 18
Qo‘shniiik matritsasi 81
Ousten O.teoremasi 98
Predikat 120
R
Rene Dekart 13
218
A D A B IY O T L A R
1. 'niomas Koshy// Discrete Mathematics with Applications// Department in
Oxford, Califomia. 2012 y, -1045 p.
2. Kenneth H.Rosen// Discrete Mathematics and Its Applications// Monmouth
University, New York. 2012 y, -1070 p.
3. Sadaddinova S.S., Abduraxmanova Yu.M., Raximova F.S. Diskret matematika.
T, “Aloqachi”. 2014 y. -251 b.
4. To‘rayev H.H., Azizov I., Otaqulov S. Kombinatorika va graflar nazariyasi. T.
‘ilm-ziyo”, 2009, -262 b.
5.
AceeB r.T., A6paMOB O.M., C hthhkob /l.E . AHCKpeniaM viaTCMaTHKa.
P octob Ha /foHy, «OeHHKc», 2003. - 246 c.
6. IYupkhcb A.A. O c H O B b i ^HCKpeTHoii MaTewaTHKH. Maxanxajia, 2006. - 365 c.
7. TaBpHJiOB T.n., CanoMceHKO A. A. 3aaasH h ynpaxaieHHH no xtHCKpeTHOH
MaTeMaTHKH. M.: HayKa. 2005. - 122 c.
8. THJibSepT
BepHofic n . OcHOBaHHH m aTeMaThkh. M.: HayKa, 1979. - 156 c.
9. .H6jiohckhh C.B. BBefleHHe b aHCKpeTHyK> MaTeMaTHKy. M.: “HayKa”, 1979.
10. EpyccajiHMCKHH R. M. ^HCKpeTHaa MaTeMaTHKa Teopnx, 3aaa*iH, npHJiojKCHHH.
M.:«By30BCKan KHHra», 2002.-268C.
IL E mhjihhcb B.A., Mcjihhhkob O.M., CapHaHOB B.M., I bimKeiiHM P.M. TeopHH
rpatJioB. M.:«HayKa» 1991.-243c.
12. EpmoB KD.J1. nap- MaTCMaTHMCCKan jioi hku. M., «IIayKu» 1987.
13. MrouiHH B.M. 3aaaMiiMK-iipaKiiiKyM ito MarcMaiHHCCKott
jioi mkc,
M.
“ripocBemcHHe”. 1986.
14. Kyjia6yxOB C.IO. /fHCKpcmaH Maicmbthkq. I ai unpoi, 2001. 150 i
15. KypaTOBCKHH K., MocToacKiiii A. lcopiiH mikokcl iii. M
Mnp 1970
16. Hobhkob (I). A. /iHCKpcniaM mutcmiiihkii jy iw npoi pUMMiit ioi» 3AO
M3naTeJibCKHH aom «1 lHicp», 2007, 181 c.
17. MameB A.M. Ajn e 6 p a n M C C K H C cncicMi.1 M "HayKn", 1970
18. Menaejibcon H. BBCjtcimc h muicmuihhci xyio uoiiiKy, - M "Miip‘ , 1974.
19. CyjtonjiaTOB C .B ., OBMaiuiHKoua F. M
Ijicm ciiim jiiKKpciiiott muiomdthkh .
M.: «Miit})pa-M», 2002.
20. T^paeB X. MaTCManiK muiithk »a juuKpci mmicmuthku. i .: “VKiiTyBMn”,
2003.-176 6.
21. LUonapeB C.i3. /biCKpemax muicmuihkii Kypc jickhhH h
npaKTHMecKHx
3UHHTHH. CanKT-neTep6ypr. «h»XB-1 lciep6ypr» 2009. -282 c.
23. 3 hkob A.A. O chobm TeopHH rpa(|)OB. M., «1 layKa» 1987. -1 3 4 c.
24. XarrapTH P. /iHCKpeTHan MareMaTHKa jtjlh nporpaMMHcroB. 3AO PMTC
TexHoc(})epa», 2003.-313 c.
25. Qalandarov 0 ‘.N., Abduvaitov H.A., Chay Z.S. Matematik mantiq masalalari,
tadbiqi va ulami yechish uchun uslubiy ko'rsatmalar.i oshkcnt, 2012 y. 30 b.
219
M u n d arija
Sokz boshi
1. TO‘PLAMLAR NAZARIYASI
1.1. To‘plamlaming berilishi................................................................
Misol va masalalar.......................................................................
1.2. To‘plamlaming tengligi..................................................................
Misol va masalalar.;........................................................................
1.3. To‘plamlar ustida amallar...............................................................
1.4. Mustaqil to'plamlar va qoplamalar................................................
1.5. Eylcr-Venn diagrammasi asosida to‘plam ko‘rinishini tiklash.......
Misol va masalalar....... ..............................................................
1.6. To‘plamlar ustida amallaming asosiy xossalari...............................
1.7. Murakkab ifodalami soddalashtirish....... .......................................
Misol va niasalalar............ !.......... ................................................
1.8. Chekli to‘plam quwati................
Misol va masalalar....;.'.............1..................................................
1.9. To‘plamlar algebrasi......................................................................
2. KOMBINATORIKA ELEMENTLARI
2.1. Kirish.....................................................
2.2. Guruhlash. o‘rinlashtirish vao‘rin almashtirishlar...........................
Misol va masalalar.........................................................................
2.3. Kombinatorikaning asosiy qoidalari...............................................
Misol va masalalar......................................................
2.4. Takrorlanmaydigan o‘rinlashtirishlar...............................
2.5. Berilgan to‘plamning o‘rin almashtirishlari soni.............................
Misol va masalalar.........................................................................
2.6. Takrortanuvchi o‘rinlashtirishlar.....................................................
2.7. Takrorlanmaydigan guruhlashlar.....................
Misol va masalalar.........................................................................
2.8. Takrorlanuvchi guruhlashlar...........................................................
Misol va masalalar.........................................................................
2.9. Nyuton binomi.......................................
2.10 Katalan sonlari................
2.11 Nyuton binomining umumlashgan teoremasi...................................
Misol va masalalar........................................................................
2.12 Kombinator konfiguratsiyalar........................................................
2.13 To'plamlami bo'laklarga ajratish....................................................
3. GRAFLAR NAZARIYASI
3.1. Kirish............................................................................................
3.2. Yo‘naltirilgan va yo‘naltirilmagan graflar........................................
3.3. Qism graf. Izomorfizm......................... '.......................................
3.4. Qo‘shnilik matritsasi......................................................................
Misol va masalalar.........................................................................
3.5. Intsidentlik matritsasi....................................................................
220
3
4
7
7
10
10
15
16
19
22
23
24
25
26
28
30
31
33
33
36
37
38
39
40
40
45
46
47
48
51
53
54
56
58
61
63
66
68
70
74
3.6.
3.7.
3.8.
3.9.
3.10
3.11
3.12
3.13
3.14
3.15
3.16
4.
4.1.
4.2.
4.3.
4.4.
4.5.
5.
5.1.
5.2.
5.3.
5.4.
6.
6.1.
6.2.
6.3.
6.4.
6.5.
6.6.
6.7.
7.
7.1.
Misol va masalalar.........................................................................
Yo'nallirilgan graflarda kuchli bogianganlik..................................
Graf chizish algoritmlari.................................................................
Eyier graflari.................................................................................
Graflarda Gamilton siklini izlash masalasi......................................
Misol va masalalar......................................................................
Eksterimal masalalar, optimallash, universalmasalalar.....................
Graflarda masofa tushunchasi.........................................................
Kommivoyajyor masalasi...............................................................
Daraxt, o'rmon tushunchalari.........................................................
Grafning siklomatik soni................................................................
Tarmoqlar va chegaralar usuli........................................................
Graflami bo'yash masalasi...........................................................
MUNOSABATLAR
Kirish............................................................................................
Munosabatlar va ulaming turlari..................................
Misol va masalalar.........................................................................
Munosabatlar superpozitsiyasi......................................................
Misol va masalalar.........................................................................
Ekvivalentlik munosabati..............................................................
Misol va masalalar................................
Munosabatlar maydoni...................................................................
Misol va masalalar.........................................................................
AKSLANTIRISHLAR
Akslantirishlar.............................................................................
Misol va masalalar.....................................................................
Akslantirishlar superpozitsiyasi.................................................
Dirixle printsipi.........................................................................
Misol va masalalar................................................................
Rekurrent munosabatlar, ishlovchi funktsiyalar...... ..........
Misol vamasalalar...................................................... .
,
CHEKLl AVTOMATLAR
Avtomal tili, formul grammatika tushunchasi...
Avtomat bazislari va mukummallik muammolui i
Avtomatlar bilan ekspcrimcnt o'tkazish.......... ............
Misol va masalalar..................................................................
Chekli avtomatning o'tishlur jadvali..................................
Avtomatlar quvvati. Izomorli/m....................................
Misol va masalalar......................................................... ,.
Chddi ttvtomatda o'tishlur grali. Avtomutlunlu i kvivulnillik
Misol va masalular.................................................................
Chekli avtomatning o'tishlar matritsasi..................
Misol va masalulur.........................................................................
INJENKR IJCIUJN MATEMATIK MANTIQ ELEMEN I LAKl
Kirisli...........................................................................................
221
75
77
78
80
83
84
86
86
88
94
95
96
98
101
101
108
109
11 i
111
113
115
116
11K
122
123
12(»
127
I
I 11
M
I 11
I 11
| \/
II/
MK
Mi)
i il
146
148
155
157
7.2. Sodda va murakkab mulohazalar.......................................
7.3. Asosiy mantiqiy bog'liqliklar..............................................
7.4. Predikatlar. Umumiylik va mavjudlik kvantorlari............................
Miso! va masalalar.........................................................................
7.5. Formulalar. Formulalaming teng kuchliligi.....................................
7.6. Mantiq qonunlari...........................................................................
7.7. Mantiq funkvsiyalari uchun rostlik jadvalini tuzish...........................
Misol va masalalar.........................................................................
8.
D N SH S IN F I BO Y IC H A M IN IM A L L A S H
8.1. Normal shakllar..............................................................................
8.2. Mukammal normal shakllar.............................................................
Misol va masalalar.........................................................................
8.3. Rostlik jadvali bo'yicha mantiq funktsiyasi ko‘rinishini tiklash........
Miso! va masalalar.........................................................................
8.4. Jcgalkin polinomi...........................................................................
Miscl va masalalar.........................................................................
8.5. Ikkilik mantiqiy elementlari...........................................................
8.6. Ikkilik mantiqiy elementlami “va-emas” da hosi! qilish...................
8.7. Yarim bitlik yig‘uvchi sxemasini qurish.......................................
Misol va masalalar..........................................................
3.8. Mantiqiy sxemalami minimallashtirish dasturlari..........................
8.9. Ikkilik mantiqiy elementiarining qoMlanilishi..................................
8.10 Mantiqiy sxernalarda analiz va sintez masalalari..............................
Misol va masalaiar.........................................................................
8.11 Minimailashtirishning jadval usullari..............................................
8.12 Yechimlar daraxti............................................................
Misol va masaialar.........................................................................
9.
158
159
164
166
166
169
171
172
175
175
177
178
180
180
181
183
188
»89
191
192
194
195
197
200
206
208
BUL A L G E B R A S I.K O M B IN A T O R K O N F IG U R A T S IY A L A R
9.1. Kirish.............................................................................................
9.2. Bui algebrasi..................................................................................
Misol va masalalar.........................................................................
I,ug‘atli ko‘rsatkich........................................................................
Adabiyotlar...................................................................................
222
211
211
215
217
219
S. S. SADADDINOVA
DISKRET
MATEMATIKA
(Olquv qoMlamnu)
1-qism
ToHhkcnt
Muharrir:
Tex. muharrir:
Musuvvir:
Musahhiha:
Kompyutcrda
sahifalovchi:
oAlo<|ii('lil»
201*1
M.Mlrkomllov
A. I'og'nyov
UJ'hitnov
F.Tog'ayeva
Sh. 1'o‘xtamurodov
Nashr.lits. A1 Ne 176. 11.06.11.
Bosishga ruxsal etildi: 24.04.2019. Bichimi 60x841 /16.
Shartli bosmntabog‘i 14,5. Nashr bosma tabog‘i 14,0.
Adadi 100. Buyurtma X®63.
223