要點是， \ $ f（）\ $ span>函數實際上是什麼實際上並不重要。關鍵事實是它的輸出是單個二進制值。

在布爾代數中，一個基本事實是，只要值本身為假，二進制值的補碼就為真。這就是排除中間法則。因此，將值與其補數進行“或”運算始終為true，而將值與其補數進行“與”運算始終為false。

很高興您能夠導出特定的函數 \ $ f'（）\ $ span>，但這實際上與實際問題無關！

所有先前的答案都是正確的，而且非常深入。 但是，更簡單的方法可能是記住在布爾代數中，所有值都必須為0或1。

所以... F為1，然後F'為0，或者相反：F為0而F'為1。 如果然後應用布爾OR函數：F + F'，則將始終具有兩個項1之一，因此結果將始終為1。

我的回答與Dave Tweed的回答相似，這意味著我將其歸為更正式的級別。顯然我後來回答了，但是我還是決定發布它，因為有人可能會發現這種方法很有趣。

您要證明的關係獨立於函數 \ $ f \ $ span>的結構，因為事實上它是一個重言語。為了解釋我的意思，我建議演示一個任意數量的布爾變量（稱為 \ $ P \ $ span> =“ math-container”> \ $ n \ in \ Bbb N \ $ span>， \ $ y_1，\ ldots，y_n \ $ span>，其中 \ $ y_i \ in \ {0,1 \} \ $ span>對於所有 \ $ i = 1，\ ldots，n \ $ span>。
我們有 \ $ P（y_1，\ ldots，y_n）\ in \ {0,1 \} \ $ span>，並考慮以下兩組布爾值 \ $ n \ $ span>-維布爾矢量 \ $（y_1，\ ldots，y_n）\ $ span> $$ \ begin {align} Y& = \ {（y_1，\ ldots，y_n）\ in \ {0,1 \} ^ n | P（y_1，\ ldots，y_n）= 1 \} \\\ \ bar {Y} & = \ {（y_1，\ ldots，y_n）\ in \ {0,1 \} ^ n | P（y_1，\ ldots，y_n）= 0 \} \ end {align} $$ span> 這些集合是輸入布爾向量可以假定的全部值的一部分，即 \ $ Y \ cup \ bar {Y} = \ {0,1 \} ^ n \ $ span>和 \ $ Y \ cap \ bar {Y} = \ emptyset \ $ span>（空集），因此 $$ \ begin {align} P（y_1，\ ldots，y_n）& = \ begin {cases} 0& \ text {if}（y_1，\ ldots，y_n）\ in \ bar {Y} \\ 1& \ text {if}（y_1，\ ldots，y_n）\在Y \\ \ end {cases} \\ & \ Updownarrow \\ P'（y_1，\ ldots，y_n）& = \ begin {cases} 1& \ text {if}（y_1，\ ldots，y_n）\在\ bar {Y} \\中 0& \ text {if}（y_1，\ ldots，y_n）\ in Y \\ \ end {cases} \ end {align} $$ span> 因此我們總是有 $$ P + P'= 1 \ quad \ forall（y_1，\ ldots，y_n）\ in \ {0,1 \} ^ n $$ span>

所有好的答案，以一種或另一種方式提供必要的理由。由於它是重言式，因此很難創建不僅導致“它就是它！”的證明。也許這種方法可以從另一個更廣闊的角度幫助解決它：

展開兩個語句以包括其多餘的情況，並刪除重複的情況：

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

和

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

我將術語保持一致以使推導更加明顯，但可以按字母順序將它們寫得更清楚。無論如何，關鍵是 \ $ f \ $ span>或7個4位大小寫，或 \ $ f'\ $ span>或9個，不同 4位的情況。它們或等於16種4位大小寫，所以簡化為 \ $ 1 \ $ span>。

F + F'= 1意味著您必須證明無論4個輸入的狀態如何，或將這2個輸入的結果總和為1，

Excel中的幾分鐘顯示確實是這種情況。 您可以在Excel中使用“ NOT（）”在0和1之間反轉。

F = W * X + Y * Z

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

關於這種情況的原因，如果您希望F為假，例如將W和Y設置為低，就可以使F'為真。如果將X和Z設置為低電平，則也將F“設置為true，這與在此處交換對相同。

自從卡爾問得很好。初始點： $$ f（x，y，z，w）= wx + yz $$ span> 和 $$ f′（x，y，z，w）= w′y′+ w′z′+ x′y′+ x′z′ $$ span>

對 \ $ f'\ $ span>執行以下步驟： $$ f′（x，y，z，w）= w′（y′+ z′）+ x′（y′+ z′） $$ span> $$ f′（x，y，z，w）=（w′+ x'）（y′+ z′） $$ span> 德摩根： $$ f′（x，y，z，w）=（wx）′（yz）' $$ span> 德摩根再次： $$ f′（x，y，z，w）=（wx + yz）' $$ span> 因此，現在 \ $ f'\ $ span>的右側只是右側的簡單否定\ $ f \ $ span>。這有點反高潮，因為現在我們只依賴於這樣的事實，即任何表達式 \ $ x + x'= 1 \ $ span>一直說到 \ $ f + f'= 1 \ $ span>，但是至少它提供了一些布爾代數解釋來說明這是真的。

通過 \ $ + \ $ span>（OR）和 \ $′\ $ span>（不是）

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

  A |A'|A + A'
----------------
 0 |1 |1個
 1 |0 |1個
 

\ $∴f。f + f′= 1 \ $ span>