ブール代数の問題なのですが・・・・・(1/2)

A＋{A}・B＝A・(1＋B)＋{A}・B＝A＋A・B＋{A}・B＝A＋(A＋{A})・B＝A＋B

投稿日時 - 2008-12-05 15:33:01

「式で」って書いたのに.... その部分だけ読めなかったのかなぁ?
こんなの, 1 が乗法に関する単位元であることと 1+A = 1 であることを使えばいいだけです. 二重否定とかドモルガンとかの重いことをする必要性は全くありません.

投稿日時 - 2008-12-05 13:19:11

ANo.4ですが、訂正です。

> (A+B+C)・(B+C+D)・(C+D+A)・(D+A+B)も同じで、
> 一番最初に左辺全体の二重否定を取り、
> ド・モルガンの定理やら何やらを適用していきます。

二重否定を取らなくても解けました。
素直に展開しても解けます。
(A+B+C)・(B+C+D)の部分だけ展開すると
A・B + A・C + A・D + B + B・C + B・D + C・B + C + C・D
= A・B + A・C + A・D + B・C + B・D + C・D + B + C

となります。さらにここから

A・B + A・C + A・D + B・C + B・D + C・D + B + C
= (A・B + B・C + B・D + B) + (A・C + C・D + C) + A・D　（並び替えと整理）
= (A + C + D + 1)・B + (A + D + 1)・C + A・D　（因数分解）
= B + C + A・D　（吸収律）

と変形できます。
結局(A+B+C)・(B+C+D) = B + C + A・Dとなります。
同様に展開していくと、最終的にA・B＋A・C＋A・D＋B・C＋B・D＋C・Dが得られます。
因数分解と吸収律を併用すると、式の形が簡単になっていくので計算しやすくなります。

投稿日時 - 2008-12-05 03:17:49

ANo.3ですが、追記です（追記中にANo.3への補足が来たので、そちらにも答えます）。

二重否定とド・モルガンの定理を併用して解く時の注意点です。
この解法は、式を二重否定した後、ド・モルガンの定理を適用できる場所を探し、
適用出来る場所を見つけたら、そこにド・モルガンの定理を適用して変形するという方法です。
ですが、単にド・モルガンの定理を適用するだけでは駄目です。
例えば前回の回答で書いた最後の式{ {A}・( A + {B} ) }に対して
ド・モルガンの定理(2)を適用すると(X = {A}、Y = ( A + {B} ))

{ {A}・( A + {B} ) }
= A + { A + {B} }
= A + {A}・B　（{ A + {B} }に対してド・モルガンの定理(1)を適用した）

となって、最初の式に戻ってしまいます。

なので、どこかしらに「ド・モルガンの定理を使わない式変形」をはさむ必要があります。

> また、いま問題を解き進めていたところ以下のような問題で手が止まってしまいました。上の式では後半の部分を展開してみたりしたのですが行き詰ってしまい、今の回答にあった二重否定を利用してみたのですが良く分からなくなってしまいます。
> 下の式も同じような状態です。よろしければこちらの解方も教えていただけないでしょうか??
>
> A＋(A+B)・({A}+{B})＝A+B
> (A+B+C)・(B+C+D)・(C+D+A)・(D+A+B)＝A・B＋A・C＋A・D＋B・C＋B・D＋C・D

A＋(A+B)・({A}+{B})の方は、一番最初に二重否定をして、ド・モルガンと併用すれば解けます。
また、最初に展開した場合、A + A{B} + B{A}になりますが、
この式の左2つの項をAで因数分解すると

A + A{B} + B{A}
= A・(1 + {B}) + B{A}
= A + B・{A}　（吸収律より(1 + {B}) = 1なので、A・(1 + {B}) = A）

となります。これは一番最初の問題と同じ形ですよね。
よってA＋(A+B)・({A}+{B}) = A + B・{A} = A + Bとすることもできます
（先にA + B・{A} = A + Bが証明できている、という前提つきですが）。

(A+B+C)・(B+C+D)・(C+D+A)・(D+A+B)も同じで、
一番最初に左辺全体の二重否定を取り、
ド・モルガンの定理やら何やらを適用していきます。

(A+B+C)・(B+C+D)・(C+D+A)・(D+A+B)
= { { (A+B+C)・(B+C+D)・(C+D+A)・(D+A+B) } }　（二重否定）
= { {A}・{B}・{C} + {B}・{C}・{D} + {C}・{D}・{A} + {D}・{A}・{B} }　（ド・モルガンの定理適用後）
= { {B}・{C}・( {A} + {D} ) + {D}・{A}・( {C} + {B} ) }　（因数分解）

ここで{B}・{C}・( {A} + {D} ) = X、{D}・{A}・( {C} + {B} ) = Yと考えて
ド・モルガンの定理(1)を適用し、さらに変形してみて下さい。

他にも色々な解き方があるかもしれません。

投稿日時 - 2008-12-05 02:53:37

行き詰った場合は、「普段使わない性質」を利用すると良いと思います。
特に冪等律や吸収律は、今までの計算(中学数学や高校数学)で
使用することが無いものです。
なのでそれらを利用するという発想が出づらいです。
逆に行き詰るとしたら、それは
『「普段使わない性質」を利用しないと解けない問題だから、行き詰る』
と考えられます。

> A＋{A}・B＝A+B

{{X}} = Xという性質（二重否定すると元に戻る）と、ド・モルガンの定理を併用すると解けます。
この2つの性質の併用は、問題を解くときによく使うと思います。
ド・モルガンの定理も普段あまり使わないので、これを使うという発想が出にくいです。

ド・モルガンの定理は
(1) { X + Y } = {X}・{Y}
(2) { X・Y } = {X} + {Y}
の2つを用います。

左辺
= A＋{A}・B
= { { A＋{A}・B } }　（左辺全体を二重否定）

{ A＋{A}・B }に対してド・モルガンの定理(1)を適用し（X = A、Y = {A}・B）

{ { A＋{A}・B } }　（ド・モルガンの定理適用前）
= { {A}・{ {A}・B } }　（ド・モルガンの定理適用後）

{ {A}・B }に対してド・モルガンの定理(2)を適用し(X = {A}、Y = B)、

{ {A}・{ {A}・B } }　（ド・モルガンの定理適用前）
= { {A}・( A + {B}) }　（ド・モルガンの定理適用後）

更に式変形していくと、最終的にA + Bが得られると思います。
行き詰ったら、「普段使わない性質」が利用できるかどうかを考えてみて下さい。

> 二番目の式はA・{B}＋B＝A+Bの間違いです。

最初の問題A＋{A}・B＝A+BのAとBを入れ替えただけです。
なので最初の問題が解ければ、2番目の式も解けたことになります。

投稿日時 - 2008-12-05 01:59:30