Uvod u teoriju brojeva. Andrej Dujella

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Uvod u teoriju brojeva. Andrej Dujella"

Transcript

1 Uvod u teoriju brojeva (skripta) Andrej Dujella PMF - Matematički odjel Sveučilište u Zagrebu

2 Sadržaj. Djeljivost.... Kongruencije Kvadratni ostatci Kvadratne forme Aritmetičke funkcije Diofantske aproksimacije Diofantske jednadžbe Kvadratna polja... 86

3 . Djeljivost Teorija brojeva je grana matematike koja se ponajprije bavi proučavanjem svojstava skupa prirodnih brojeva N = {,,3,4,... }. Jedno od osnovnih svojstava skupa N je da su na njemu definirane operacije zbrajanja i množenja koje zadovoljavaju zakone komutativnosti, asocijativnosti i distributivnosti. Pored toga, na skupu N imamo uredaj takav da za svaka dva različita elementa m,n iz N vrijedi ili m < n ili n < m. Nadalje, svaki neprazan podskup od N ima najmanji element, te vrijedi princip matematičke indukcije. Ova svojstva ćemo u daljnjem često koristiti. Osim svojstava skupa N, proučavat ćemo i svojstva skupa cijelih brojeva 0, ±, ±, ±3,... kojeg ćemo označavati sa Z, te skupa racionalnih brojeva, tj. brojeva oblika p q za p Z, q N, kojeg ćemo označavati s Q. Pojam djeljivosti je jedan od najjednostavnijih, ali ujedno i najvažnijih pojmova u teoriji brojeva. Stoga ćemo s njim započeti naša razmatranja. Definicija.. Neka su a 0 i b cijeli brojevi. Kažemo da je b djeljiv s a, odnosno da a dijeli b, ako postoji cijeli broj x takav da je b = ax. To zapisujemo sa a b. Ako b nije djeljiv sa a, onda pišemo a b. Ako a b, onda još kažemo da je a djelitelj od b, a da je b višekratnik od a. Oznaka a k b će nam značiti da a k b, ali a k+ b. Uočimo da je relacija biti djeljiv relacija parcijalnog uredaja na skupu N, ali nije na skupu Z (jer a b i b a povlači da je a = ±b). Teorem. (Teorem o dijeljenju s ostatkom). Za proizvoljan prirodan broj a i cijeli broj b postoje jedinstveni cijeli brojevi q i r takvi da je b = qa + r, 0 r < a. Dokaz: Promotrimo skup {b am : m Z}. Najmanji nenegativni član ovog skupa označimo sa r. Tada je po definiciji 0 r < a i postoji q Z takav da je b qa = r, tj. b = qa + r. Da bi dokazali jedinstvenost od q i r, pretpostavimo da postoji još jedan par q, r koji zadovoljava iste uvjete. Pokažimo najprije da je r = r. Pretpostavimo da je npr. r < r. Tada je 0 < r r < a, dok je s druge strane r r = a(q q ) a. Prema tome je r = r, pa je stoga i q = q. Definicija.. Neka su b i c cijeli brojevi. Cijeli broj a zovemo zajednički djelitelj od b i c ako a b i a c. Ako je barem jedan od brojeva b i c različit

4 . Djeljivost 3 od nule, onda postoji samo konačno mnogo zajedničkih djelitelja od b i c. Najveći medu njima zove se najveći zajednički djelitelj od b i c i označava se s (b,c). Slično se definira najveći zajednički djelitelj brojeva b,b,...,b n koji nisu svi jednaki nuli, te se označava s (b,b,...,b n ). Uočimo da je (b,c). Teorem.. (b,c) = min({bx + cy : x,y Z} N) Dokaz: Neka je g = (b,c), te neka je l najmanji pozitivni član skupa S = {bx + cy : x,y Z}. To znači da postoje cijeli brojevi x 0 i y 0 takvi da je l = bx 0 + cy 0. Pokažimo da l b i l c. Pretpostavimo da npr. l b. Tada po Teoremu. postoje cijeli brojevi q i r takvi da je b = lq + r i 0 < r < l. Sada je r = b lq = b q(bx 0 + cy 0 ) = b( qx 0 ) + c( qy 0 ) S, što je u suprotnosti s minimalnošću od l. Dakle, l b, a na isti način se pokazuje da l c. To znači da je l g. Budući da je g = (b,c), to postoje β,γ Z takvi da je b = gβ, c = gγ, pa je l = bx 0 + cy 0 = g(βx 0 + γy 0 ). Odavde slijedi da je g l, pa smo dokazali da je g = l. Ako se cijeli broj d može prikazati u obliku d = bx + cy, onda je (b,c) djelitelj od d. Posebno, ako je bx + cy =, onda je (b,c) =. Ako je d zajednički djeljitelj od b i c, onda d (b.c). Zaista, d dijeli b i c, pa onda dijeli i bx + cy, te tvrdnja slijedi iz Teorema.. Definicija.3. Reći ćemo da su cijeli brojevi a i b i relativno prosti ako je (a,b) =. Za cijele brojeve a,a,...,a n reći ćemo da su relativno prosti ako je (a,a,...,a n ) =, a da su u parovima relativno prosti ako je (a i,a j ) = za sve i,j n, i j. Propozicija.3. Ako je (a,m) = (b,m) =, onda je (ab,m) =. Dokaz: Po Teoremu. postoje x 0,y 0,x,y Z takvi da je = ax 0 + my 0 = bx + my. Odavde je ax 0 bx = ( my 0 )( my ) = my, gdje je y = y 0 + y my 0 y. Sada iz abx 0 x + my = zaključujemo da je (ab,m) =. Propozicija.4. (a,b) = (a,b + ax) Dokaz: Označimo (a,b) = d, (a,b + ax) = g. Po Teoremu. postoje x 0,y 0 Z takvi da je d = ax 0 + by 0, odnosno d = a(x 0 xy 0 ) + (b + ax)y 0.

5 . Djeljivost 4 Odavde slijedi da g d. Pokažimo sada da d g. Budući d a i d b imamo da d (b + ax). Dakle, d je zajednički djelitelj od a i b + ax, pa po Teoremu. imamo da d g. Pošto su brojevi d i g pozitivni po definiciji, iz d g i g d slijedi da je d = g. Teorem.5 (Euklidov algoritam). Neka su b i c > 0 cijeli brojevi. Pretpostavimo da je uzastopnom primjenom Teorema. dobiven niz jednakosti b = cq + r, 0 < r < c, c = r q + r, 0 < r < r, r = r q 3 + r 3, 0 < r 3 < r,... r j = r j q j + r j, 0 < r j < r j, r j = r j q j+. Tada je (b,c) jednak r j, posljednjem ostatku različitom od nule. Vrijednosti od x 0 i y 0 u izrazu (b,c) = bx 0 + cy 0 mogu se dobiti izražavanjem svakog ostatka r i kao linearne kombinacije od b i c. Dokaz: Po Propoziciji.4 imamo (b,c) = (b cq,c) = (r,c) = (r,c r q ) = (r,r ) = (r r q 3,r ) = (r 3,r ). Nastavljajući ovaj proces, dobivamo: (b,c) = (r j,r j ) = (r j,0) = r j. Indukcijom ćemo dokazati da je svaki r i linearna kombinacija od b i c. To je točno za r i r, pa pretpostavimo da vrijedi za r i i r i. Budući da je r i linearna kombinacija od r i i r i, po pretpostavci indukcije dobivamo da je i linearna kombinacija od b i c. Primjer.. Odredimo d = (5,98) i prikažimo d kao linearnu kombinaciju brojeva 5 i 98. Rješenje: 5 = = = = 8 Dakle, (5,98) = 8. Nadalje, imamo: 8 = = 54 ( ) = = 4 (5 98 ) 98 =

6 . Djeljivost 5 Rješenja jednadžbe bx + cy = (b, c) mogu se efikasno dobiti na slijedeći način: ako je onda je r = b, r 0 = c; r i = r i q i r i ; x =, x 0 = 0; x i = x i q i x i ; y = 0, y 0 = ; y i = y i q i y i, bx i + cy i = r i, za i =,0,,...,j +. Ova formula je točna za i = i i = 0, pa tvrdnja trivijalno slijedi indukcijom, jer obje strane formule zadovoljavaju istu rekuzivnu relaciju. Posebno, vrijedi: bx j + cy j = (b,c). Primjer.. Odredimo g = (3587, 89) i nadimo cijele brojeve x, y takve da je 3587x + 89y = g. Rješenje: 3587 = = = = = 7 i q i 34 x i y i Dakle, g = 7, te 3587 ( 36) = 7. Zadatak.. Odredite g = (43,98) i nadite cijele brojeve x,y takve da je 43x + 98y = g. Zadatak.. Odredite cijele brojeve x,y takve da je a) 7x + 50y =, b) 93x + 8y = 3. Propozicija.6. Za broj koraka j u Euklidovom algoritmu vrijedi j < log c. Dokaz: Pogledajmo i-ti korak. Imamo r i r i ili r i < r i < r i. U ovom drugom slučaju imamo q i+ = i r i+ = r i r i < r i. Dakle, u svakom slučaju je r i+ < r i. Odavde je r j < r j < r j 4 4 < < r 0 j/

7 . Djeljivost 6 ako je j paran, a r j < r j 3 < < r 0 (j )/ ako je j neparan. Dakle, u svakom slučaju je c = r 0 > j/, pa je j < log c. Zadatak.3. Dokažite da, uz oznake iz Teorema.5, za i = 0,,...,j + vrijedi x i y i x i y i = ( ) i, te (x i,y i ) =. Propozicija.7. Uz oznake iz Teorema.5, vrijedi: x j c g, y j c gdje je g = (b,c). Dokaz: Pokažimo indukcijom da je ( ) i x i 0, ( ) i y i 0 za i =,0,,...,j +. Za i =,0 tvrdnja vrijedi po definiciji, a ako pretpostavimo da vrijedi za i, i, onda iz x i = x i q i x i slijedi ( ) i x i = ( ) i x i +( ) i q i x i 0. Za y i je dokaz sasvim analogan. Prema tome, x i = x i + q i x i, y i = y i + q i y i. Nadalje, budući da je r j+ = 0, imamo b g x j+ = c g y j+, pa iz ( b g, c g ) = i (x j+,y j+ ) = slijedi x j+ = c g, y j+ = b g. Uvrstimo li ovo u x j+ = x j + q j+ x j, y j+ = y j +q j+ y j i uvažimo da je q j+ (zbog r j < r j ), dobivamo traženi rezultat. g, Definicija.4. Prirodan broj p > se zove prost ako p nema niti jednog djelitelja d takvog da je < d < p. Ako prirodan broj a > nije prost, onda kažemo da je složen. Teorem.8. Svaki prirodan broj n > može se prikazati kao produkt prostih brojeva (s jednim ili više faktora). Dokaz: Dokazat ćemo teorem matematičkom indukcijom. Broj je prost. Pretpostavimo da je n >, te da tvrdnja teorema vrijedi za sve m, m < n. Želimo dokazati da se i n može prikazati kao produkt prostih faktora. Ako je n prost, nemamo što dokazivati. U protivnom je n = n n, gdje je < n < n i < n < n. Po pretpostavci indukcije, n i n su produkti prostih brojeva, pa stoga i n ima to svojstvo. Iz Teorema.8 slijedi da svaki prirodan broj n možemo prikazati u obliku n = p α pα pαr r, gdje su p,...,p r različiti prosti brojevi, a α,...,α r prirodni brojevi. Ovakav prikaz broja n zvat ćemo kanonski rastav broja n na proste faktore. Propozicija.9. Ako je p prost broj i p ab, onda p a ili p b. Općenitije, ako p a a a n, onda p dijeli barem jedan faktor a i.

8 . Djeljivost 7 Dokaz: Ako p a, onda je (p,a) =, pa postoje cijeli brojevi x i y takvi da je ax + py =. Sada je abx + pby = b, pa p dijeli b. Općenitiju tvrdnju dokazujemo indukcijom. Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za produkte s manje od n faktora. Sada ako p a (a a n ), onda p a ili p a a 3 a n. Ako p a a 3 a n, onda po induktivnoj pretpostavci p a i za neki i =,...,n. Teorem.0 (Osnovni teorem aritmetike). Faktorizacija svakog prirodnog broja n > na proste faktore je jedinstvena do na poredak prostih faktora. Dokaz: Pretpostavimo da n ima dvije različite faktorizacije. Dijeleći s prostim brojevima koji su zajednički objema reprezentacijama, dobit ćemo jednakost oblika p p p r = q q q s, gdje su p i, q j prosti brojevi, ne nužno različiti, ali takvi da se niti jedan prost broj s lijeve strane ne pojavljuje na desnoj strani, tj. p i q j za sve i,j. Medutim, to je nemoguće jer iz p q q q s, po Propoziciji.9, slijedi pa p dijeli barem jedan q j. No, to znači da je p = q j, kontradikcija. Napomena.. U Poglavlju 8 ćemo vidjeti da analogon Teorema.0 ne vrijedi za cijele brojeve u (nekim) kvadratnim poljima. Za sada, kao primjer nejednoznačne faktorizacije na proste faktore u prstenu Z[ 6] = {a + b 6 : a,b Z} navedimo ove dvije faktorizacije broja 0: 0 = 5 = ( + 6)( 6). U primjenama Teorema.0 često ćemo prirodan broj a pisati u obliku a = p pα(p), gdje je α(p) 0 i podrazumijevamo da je α(p) = 0 za skoro sve proste brojeve p. Ako je a =, onda je α(p) = 0 za sve p. Ako je a = p pα(p), b = p pβ(p), c = p pγ(p) i ab = c, onda je po Teoremu.0, α(p) + β(p) = γ(p) za sve p. Dakle, ako a c, onda je α(p) γ(p). Obratno, ako je α(p) γ(p), onda možemo definirati prirodan broj b = p pβ(p) sa β(p) = γ(p) α(p). Tada je ab = c, pa a c. Prema tome, dobili smo da vrijedi Kao posljedicu formule () dobivamo formulu a c α(p) γ(p), p. () (a,b) = p p min(α(p),β(p)). () Definicija.5. Neka su a,a,...,a n cijeli brojevi različiti od nule. Najmanji prirodan broj c za koji vrijedi da a i c za sve i =,,...,n zove se najmanji zajednički višekratnik i označava s [a,a,...,a n ].

9 . Djeljivost 8 Iz () slijedi da je [a,b] = p p max(α(p),β(p)). (3) Propozicija.. (a,b) [a,b] = ab Dokaz: Po Teoremu.0 i formulama () i (3), dovoljno je provjeriti da za sve realne brojeve x,y vrijedi: min(x,y) + max(x,y) = x + y. Zaista, ako je x y, onda je min(x,y) + max(x,y) = x + y, a ako je x > y, onda je min(x,y) + max(x,y) = y + x = x + y. Zadatak.4. Odredite [48, 687]. Reći ćemo da je prirodan broj a (potpun) kvadrat ako se može zapisati u obliku n, n N. Iz Teorema.0 vidimo da je a potpun kvadrat ako i samo ako su svi eksponenti α(p) parni. Kažemo da je a kvadratno slobodan ako je najveći kvadrat koji dijeli a. Stoga je a kvadratno slobodan ako i samo ako su svi eksponenti α(p) jednaki 0 ili. Konačno, ako je p prost, onda je p k a ekvivalentno s k = α(p). Primjer.3. Neka su a i b prirodni brojevi takvi da je (a,b) =, te da je ab potpun kvadrat. Dokazati da su tada a i b potpuni kvadrati. Rješenje: Neka je a = p pα(p), b = p pβ(p). Budući da je ab potpun kvadrat, broj α(p)+β(p) je paran za sve p. S druge strane, (a,b) = povlači da je za sve p barem jedan od brojeva α(p), β(p) jednak 0. No, to znači da su brojevi α(p) i β(p) parni za sve p, pa su a i b potpuni kvadrati. Zadatak.5. Nadite prirodan broj n sa svojstvom da je n kvadrat, n 3 kub, a n 5 peta potencija nekog prirodnog broja. Primjer.4. Dokazati da svaki složen broj n ima prosti faktor p n. Rješenje: Neka je p najmanji djelitelj od n koji je veći od. Tada je p očito prost i postoji m N takav da je n = p m. Budući da je m p, dobivamo da je p n. Primjer.4 možemo iskoristiti za generiranje tablice prostih brojeva tzv. Eratostenovim sitom. Recimo, na primjer, da želimo napraviti tablicu prostih brojeva 00. Napišemo sve prirodne brojeve od do 00. Prekrižimo sve prave višekratnike broja, pa broja 3, pa broja 5. U svakom koraku, prvi neprekriženi broj je prost, te u idućem koraku križamo njegove prave višekratnike (prvi novoprekriženi broj će biti njegov kvadrat, jer su svi manji višekratnici već ranije prekriženi). U našem slučaju, nakon križanja višekratnika od 7, i 3, tablica je gotova (jer je 7 > 00).

10 . Djeljivost 9 Teorem. (Euklid). Skup svih prostih brojeva je beskonačan. Dokaz: Pretpostavimo da su p,p,...,p k svi prosti brojevi. Promotrimo broj n = + p p p k. Uočimo da n nije djeljiv ni sa p, ni sa p,..., ni sa p k. Dakle, svaki prosti faktor p od n je različit od p,...,p k. Budući da je n ili prost ili ima prosti faktor, dobili smo prost broj različit od p,...,p k, što je kontradikcija. Primjer.5. Dokazati da prostih brojeva oblika 4k + 3 ima beskonačno mnogo. Rješenje: Pri dijeljenju sa 4 neparni prosti broj može dati ostatak ili 3. Produkt brojeva oblika 4k + i sam ima taj oblik. Zaista, (4s + )(4t + ) = 4(4st + s + t) +. Neka su sada p,p,...,p n svi prosti brojevi oblika 4k +3. Promotrimo broj 4p p p n. Ako bi svi njegovi prosti faktori bili oblika 4k +, onda bi i on sam imao taj oblik. Prema tome, on ima barem jedan prosti faktor p oblika 4k + 3. Očito je p p i, za i =,,...,n, pa smo dobili kontradikciju. Primjer.6. Dokazati da za svaki realan broj y vrijedi p y > ln ln y. p Odavde neposredno slijedi da red p prost p da prostih brojeva ima beskonačno mnogo. divergira, što daje novi dokaz Rješenje: S N označimo skup svih prirodnih brojeva n koji su sastavljeni samo od prostih faktora p koji su y (uključujući i broj ). Budući da imamo samo konačno mnogo prostih brojeva p koji su y, a u apsolutno konvergentnom redu možemo permutirati članove, imamo ( + p + p + ) p 3 + = p y n N n. (4) Očito su svi prirodni brojevi koji su y elementi skupa N. Neka je N = y, najveći cijeli broj y. Usporedbom (gornje Darbouxove) sume i integrala, dobivamo N N+ n dx = ln(n + ) > ln y. x n=

11 . Djeljivost 0 Prema tome, iz (4) dobivamo p y ( p) > ln y. (5) Dokažimo sada da za sve realne brojeve v, takve da je 0 v, vrijedi e v+v ( v). (6) Zaista, neka je f(v) = ( v)e v+v. Tada je f (v) = e v+v +( v)(+ v)e v+v = v( v)e v+v, što je 0 za v [0, ]. Stoga iz f(0) = slijedi da je f(v) za v [0, ]. Uvrstimo li (6) u (5), dobivamo p y e p + p > ln y. Logaritmirajući obje strane ove nejednakosti, dobivamo p y p + > ln ln y. p p y Očito je p y < p n= < dx n =, pa je x p y p > ln ln y. Primjer.7. Dokazati da za svaki prirodan broj n postoji n uzastopnih složenih brojeva. Rješenje: To su npr. brojevi (n + )! +, (n + )! + 3,..., (n + )! + n, (n + )! + n +, jer je (n + )! + j djeljivo sa j za j =,3,...,n +. Primjer.8. Dokazati da ne postoji polinom f(x) s cjelobrojnim koeficijentima, stupnja, takav da je f(n) prost za sve n N. Rješenje: Neka je f() = p. Tada je p prost broj. Budući da je f( + kp) f() djeljivo sa ( + kp) = kp (jer x y dijeli x m y m ), slijedi da p f( + kp), za svaki k N. Medutim, f( + kp) je prost, pa mora biti f( + kp) = p, k N. Budući da polinom f(x) p ima beskonačno mnogo nultočaka, on mora biti nulpolinom, pa je f(x) = p, što je u suprotnosti s pretpostavkom da je stf. Puno teži problem je odrediti polinome f(x) takve da je f(n) prost za beskonačno mnogo prirodnih brojeva n. Zna se da to vrijedi za linearne polinome f(x) = ax + b ako je (a,b) = (Dirichletov teorem o prostim brojevima u aritmetičkom nizu). No, već za polinom f(x) = x +, to je otvoreno pitanje. Hipoteza je da tvrdnja vrijedi za sve polinome koji su ireducibilni i za koje ne postoji prirodan broj d > takav da d f(n), n N.

12 . Djeljivost Primjer.9. Neka je broj k + prost. Dokazati da je tada k = 0 ili k = n za neki n 0. Rješenje: Pretpostavimo da k ima neki neparan prosti faktor p. Tada iz k = p m slijedi da je broj k + = ( m ) p + p = ( m + )( m(p ) m(p ) + + ) djeljiv s m +, pa nije prost. Brojevi f n = n + nazivaju se Fermatovi brojevi. Fermat je smatrao da su svi oni prosti. Zaista, f 0 = 3, f = 5, f = 7, f 3 = 57 i f 4 = su prosti. Medutim, f 5 = 3 + je složen. Pokažimo to! 3 + = = ( ) 8 + = 64 8 (5 7 ) 4 + = 64 8 (64 ) 4 + = 64 ( ) Prema tome, 64 f 5. Hipoteza je da je samo konačno mnogo Fermatovih brojeva prosto. Zadatak.6. Dokažite da za m n vrijedi (f m,f n ) =. Pokažite da ova činjenica povlači da prostih brojeva ima beskonačno mnogo. Primjer.0. Neka je broj n prost. Dokazati da je tada i broj n prost. Rješenje: Pretpostavimo da je broj n složen, tj. n = ab, a >, b >. Tada je broj n = ( a ) b b djeljiv s a, pa nije prost. Brojevi M p = p, gdje je p prost, zovu se Mersennovi brojevi. Neki Mersennovi brojevi su prosti, kao npr. M 7 = 7, a neki su složeni, kao npr. M = 047 = Hipoteza je da Mersennovih brojeva koji su prosti ima beskonačno mnogo. Najveći poznati prosti Mersennov broj je M To je ujedno i najveći danas poznati prosti broj (ima znamenaka; otkrili su ga 006. godine Cooper, Boone, Woltman i Kurowski).

13 . Kongruencije Teoriju kongruencija uveo je u svom djelu Disquisitiones Arithmeticae iz 80. godine Carl Friedrich Gauss ( ), jedan od najvećih matematičara svih vremena. On je takoder uveo i oznaku za kongruenciju koju i danas rabimo. Definicija.. Ako cijeli broj m 0 dijeli razliku a b, onda kažemo da je a kongruentan b modulo m i pišemo a b (mod m). U protivnom, kažemo da a nije kongruentan b modulo m i pišemo a b (mod m). Budući da je a b djeljivo s m ako i samo ako je djeljivo s m, bez smanjenja općenitosti možemo se usredotočiti na pozitivne module i kod nas će ubuduće modul m biti prirodan broj. Kongruencije imaju mnoga svojstva zajednička s jednakostima. Propozicija.. Relacija biti kongruentan modulo m je relacija ekvivalencije na skupu Z. Dokaz: Treba provjeriti refleksivnost, simetričnost i tranzitivnost. () Iz m 0 slijedi a a (mod m). () Ako je a b (mod m), onda postoji k Z takav a b = mk. Sada je b a = m ( k), pa je b a (mod m). (3) Iz a b (mod m) i b c (mod m) slijedi da postoje k,l Z takvi da je a b = mk i c b = ml. Zbrajanjem dobivamo a c = m(k + l), što povlači a c (mod m). Još neka od jednostavnih svojstava kongruencija dana su u sljedećoj propoziciji. Propozicija.. Neka su a, b, c, d cijeli brojevi. () Ako je a b (mod m) i c d (mod m), onda je a + c b + d (mod m), a c b d (mod m), ac bd (mod m). () Ako je a b (mod m) i d m, onda je a b (mod d). (3) Ako je a b (mod m), onda je ac bc (mod mc) za svaki c 0. Dokaz: () Neka je a b = mk i c d = ml. Tada je (a + c) (b + d) = m(k + l) i (a c) (b d) = m(k l), pa je a + c b + d (mod m) i a c b d (mod m). Zbog ac bd = a(c d) + d(a b) = m(al + dk) slijedi da je ac bd (mod m). () Neka je m = de. Tada iz a b = mk slijedi a b = d (ek), pa je a b (mod d). (3) Iz a b = mk slijedi ac bc = (mc) k, pa je ac bc (mod mc).

14 . Kongruencije 3 Propozicija.3. Neka je f polinom s cjelobrojnim koeficijentima. Ako je a b (mod m), onda je f(a) f(b) (mod m). Dokaz: Neka je f(x) = c n x n + c n x n + + c 0, gdje su c i Z. Budući da je a b (mod m), uzastopnom primjenom Propozicije..) dobivamo: a b (mod m), a 3 b 3 (mod m),..., a n b n (mod m). Tada je c i a i c i b i (mod m) i konačno: c n a n + c n a n + + c 0 c n b n + c n b n + + c 0 (mod m). m (a,m) ). Teorem.4. Vrijedi: ax ay (mod m) ako i samo ako x y (mod Specijalno, ako je ax ay (mod m) i (a,m) =, onda je x y (mod m). Dokaz: Ako je ax ay (mod m), onda postoji z Z takav da je ay a ax = mz. Sada imamo: (a,m)(y x) = m m (a,m) z, tj. (a,m) dijeli a (a,m)(y x). a No, brojevi (a,m) i m m (a,m) su relativno prosti, pa zaključujemo da (a,m) dijeli y x, tj. da je x y (mod m (a,m) ). Obrnuto, ako je x y (mod m (a,m)), onda po Propoziciji..3) dobivamo ax ay (mod am (a,m)). No, (a,m) je djelitelj od a, pa po Propoziciji..) dobivamo ax ay (mod m). Definicija.. Skup {x,,x m } se zove potpuni sustav ostataka modulo m ako za svaki y Z postoji točno jedan x j takav da je y x j (mod m). Drugim riječima, potpuni sustav ostataka dobivamo tako da iz svake klase ekvivalencije modulo m uzmemo po jedan član. Očito je da postoji beskonačno mnogo potpunih sustava ostataka modulo m. Jedan od njih je tzv. sustav najmanjih nenegativnih ostataka: {0,,..., m }. Pored njega, često se koristi i sustav apsolutno najmanjih ostataka. Ako je m neparan broj, apsolutno najmanji ostatci su m, m 3 a ako je m paran, onda su to m, m 4,...,, 0,,..., m 3, m,,...,, 0,,..., m, m. Teorem.5. Neka je {x,...,x m } potpuni sustav ostataka modulo m, te neka je (a,m) =. Tada je {ax,...,ax m } takoder potpuni sustav ostataka modulo m.

15 . Kongruencije 4 Dokaz: Dovoljno je dokazati da je ax i ax j (mod m) za i j. Pretpostavimo da je ax i ax j (mod m). Tada Teorem.4 povlači da je x i x j (mod m), tj. i = j. Neka je f(x) polinom s cjelobrojnim koeficijentima. Rješenje kongruencije f(x) 0 (mod m) je svaki cijeli broj x koji je zadovoljava. Ako je x neko rješenje ove kongruencije, a x x (mod m), onda je, po Propoziciji.3, x takoder rješenje. Dva rješenja x i x smatramo ekvivalentnim ako je x x (mod m). Broj rješenja kongruencije je broj neekvivalentnih rješenja. Teorem.6. Neka su a i m prirodni, te b cijeli broj. Kongruencija ax b (mod m) ima rješenja ako i samo ako d = (a,m) dijeli b. Ako je ovaj uvjet zadovoljen, onda gornja kongruencija ima točno d rješenja modulo m. Dokaz: Ako kongruencija ax b (mod m) ima rješenja, onda postoji y Z tako da je ax my = b. Odavde je očito da (a,m) b. Pretpostavimo sada da d = (a,m) dijeli b. Stavimo a = a d, b = b d, m = m d. Sada trebamo riješiti kongruenciju a x b (mod m ). No, ona ima točno jedno rješenje modulo m. Zaista, budući da je (a,m ) =, po Teoremu.5, kad x prolazi potpunim sustavom ostataka modulo m i a x prolazi tim istim sustavom, tj. svaki ostatak modulo m (pa tako i b ) se dobiva točno za jedan x iz potpunog sustava ostataka modulo m. Jasno je da ako je x neko rješenje od a x b (mod m ), onda su sva rješenja od ax b (mod m) u cijelim brojevima dana sa x = x + nm, za n Z, a sva medusobno neekvivalentna rješenja sa x = x + nm, gdje je n = 0,,...,d. Dakle, ako d dijeli b, onda kongruencija ax b (mod m) ima točno d rješenja modulo m. Iz Teorema.6 slijedi da ako je p prost broj i a nije djeljiv s p, onda kongruencija ax b (mod p) uvijek ima rješenje i to rješenje je jedinstveno. Ovo pak povlači da skup ostataka {0,,...,p } pri dijeljenju sa p, uz zbrajanje i množenje (mod p), čini polje. To polje se obično označava sa Z p ili F p. Postavlja se pitanje kako riješiti kongruenciju a x b (mod m ), gdje je (a,m ) =. Budući da je (a,m ) =, to postoje brojevi u,v Z takvi da je a u + m v = i u,v se mogu naći pomoću Euklidovog algoritma. Sada je a u (mod m ), pa je x ub (mod m ). Primjer.. Riješimo kongruenciju 555x 5 (mod 5005). Rješenje: Budući da je (555, 5005) = 5 i 5 5, treba riješiti kongruenciju x 3 (mod 00).

16 . Kongruencije 5 Primijenimo Euklidov algoritam: 00 = 9 + = 55 + = i 0 q i 9 55 y i Dakle, rješenje kongruncije u (mod 00) je u 496 (mod 00). Stoga je rješenje od x 3 (mod 00), x (mod 00). Konačno, rješenje polazne kongruencije je x 487, 488, 489, 3490, 449 (mod 5005). Zadatak.. Riješite kongruencije a) 589x 09 (mod 87), b) 49x 5000 (mod 999). Teorem.7 (Kineski teorem o ostatcima). Neka su m,m,...,m r u parovima relativno prosti prirodni brojevi, te neka su a,a,...,a r cijeli brojevi. Tada sustav kongruencija x a (mod m ), x a (mod m ),..., x a r (mod m r ) (7) ima rješenja. Ako je x 0 jedno rješenje, onda su sva rješenja od (7) dana sa x x 0 (mod m m m r ). Dokaz: Neka je m = m m m r, te neka je n j = m m j za j =,...,r. Tada je (m j,n j ) =, pa postoji cijeli broj x j takav da je n j x j a j (mod m j ). Promotrimo broj x 0 = n x + + n r x r. Za njega vrijedi: x n j x j a j (mod m j ). Prema tome, x 0 je rješenje od (7). Ako su sada x,y dva rješenja od (7), onda je x y (mod m j ) za j =,...,r, pa jer su m j u parovima relativno prosti, dobivamo da je x y (mod m). Primjer.. Riješimo sustav: x (mod 5), x 3 (mod 7), x 4 (mod ).

17 . Kongruencije 6 Rješenje: Uz oznake iz Teorema.7 imamo da je x 0 = 77x +55x +35x 3, gdje x,x,x 3 zadovoljavaju odnosno 77x (mod 5), 55x 3 (mod 7), 35x 3 4 (mod ), x (mod 5), 6x 3 (mod 7), x 3 4 (mod ). Stoga možemo uzeti x =, x = 4, x 3 =, što daje x 0 = 367. Prema tome, sva rješenja našeg sustava dana su sa x 367 (mod 385). Zadatak.. Riješite sustav kongruencija x 5 (mod 7), x 7 (mod ), x 3 (mod 3). Primjer.3. Riješimo sustav kongruencija x 3 (mod 0), x 8 (mod 5), x 5 (mod 84). Rješenje: Uočimo da brojevi 0, 5 i 84 nisu u parovima relativno prosti, pa ne možemo Kineski teorem o ostatcima primjeniti direktno, a može se dogoditi da takav sustav uopće nema rješenja. Sada postupamo ovako. Naš sustav je ekvivalentan sa x 3 (mod ), x 3 (mod 5), x 8 (mod 3), x 8 (mod 5), x 5 (mod 4), x 5 (mod 3), x 5 (mod 7). Dakle, moduli su nam potencije prostih brojeva i sada usporedimo kongruencije koje odgovaraju istom prostom broju: x 3 (mod ), x 5 (mod 4) x (mod 4), x 8 (mod 3), x 5 (mod 3) x (mod 3), x 3 (mod 5), x 8 (mod 5) x 3 (mod 5), x 5 (mod 7). Prema tome, naš sustav je ekvivalentan sa sustavom x (mod 4), x (mod 3), x 3 (mod 5), x 5 (mod 7) na kojeg možemo doslovno primijeniti Kineski teorem o ostatcima. Imamo: m = = 40, n = 05, n = 40, n 3 = 84, n 4 = 60, 05x (mod 4) x (mod 4) = x =, 40x (mod 3) x (mod 3) = x =, 84x 3 3 (mod 5) 4x 3 3 (mod 5) = x 3 =, 60x 4 5 (mod 7) 4x 4 5 (mod 7) = x 4 = 3.

18 . Kongruencije 7 Dakle, rješenje je x = (mod 40). Definicija.3. Reducirani sustav ostataka modulo m je skup cijelih brojeva r i sa svojstvom da je (r i,m) =, r i r j (mod m) za i j, te da za svaki cijeli broj x takav da je (x,m) = postoji r i takav da je x r i (mod m). Jedan reducirani sustav ostataka modulo m je skup svih brojeva a {,,...,m} takvih da je (a,m) =. Jasno je da svi reducirani sustavi ostataka modulo m imaju isti broj elemenata. Taj broj označavamo s ϕ(m), a funkciju ϕ zovemo Eulerova funkcija. Drugim riječima, ϕ(m) je broj brojeva u nizu,,...,m koji su relativno prosti sa m. Teorem.8. Neka je {r,...,r ϕ(m) } reducirani sustav ostataka modulo m, te neka je (a,m) =. Tada je {ar,...,ar ϕ(m) } takoder reducirani sustav ostataka modulo m. Dokaz: Direktno iz Teorema.3 i.5. Primjer.4. { Neka su a i n relativno prosti prirodni brojevi. Izračunajmo ax } sumu. Ovdje je {z} = z z razlomljeni dio od z, dok x n x n (x, n) = prolazi skupom svih reduciranih ostataka modulo n. Rješenje: Budući da je (a, n) =, brojevi ax takoder prolaze skupom svih reduciranih ostataka modulo n. Stoga je x n (x, n) = { ax n } = y n (y, n) = { y = n} n Kako je (y,n) = (n y,n) =, dalje imamo y n (y, n) = y = y n (y, n) = = y n (y, n) = y + y n (n y, n) = n = nϕ(n). y = y n (y, n) = y n (y, n) = y + y. y n (y, n) = (n y) Stoga je tražena suma jednaka ϕ(n). Teorem.9 (Eulerov teorem). Ako je (a,m) =, onda je a ϕ(m) (mod m).

19 . Kongruencije 8 Dokaz: Neka je {r,r,...,r ϕ(m) } reducirani sustav ostataka modulo m. Budući da je, po Teoremu.8, {ar,ar,...,ar ϕ(m) } takoder reducirani sustav ostataka modulo m, zaključujemo da je odnosno, ϕ(m) (ar j ) j= ϕ(m) a ϕ(m) j= r j ϕ(m) i= r i ϕ(m) i= r i (mod m), (mod m). Kako je (r i,m) =, primjenom Teorema.4, dobivamo a ϕ(m) (mod m). Teorem.0 (Mali Fermatov teorem). Neka je p prost broj. Ako p a, onda je a p (mod p). Za svaki cijeli broj a vrijedi a p a (mod p). Dokaz: Očito je ϕ(p) = p, pa tvrdnja teorema slijedi iz Teorema.9. Primjer.5. Odredimo zadnje dvije znamenke u decimalnom zapisu broja Rješenje: Budući da je ϕ(5) = 0, imamo 3 0 (mod 5), pa je (mod 5). Takoder je 3 (mod 4), pa je (mod 4). Dakle, (mod 00), pa su zadnje dvije znamenke 0. Zadatak.3. Odredite zadnje dvije znamenke broja 000. Definicija.4. Funkciju ϑ : N C za koju vrijedi ) ϑ() =, ) ϑ(mn) = ϑ(m)ϑ(n) za sve m,n takve da je (m,n) =, zovemo multiplikativna funkcija. Teorem.. Eulerova funkcija ϕ je multiplikativna. Nadalje, za svaki prirodan broj n > vrijedi ϕ(n) = n p n ( p ). Dokaz: Neka su m,n relativno prosti prirodni brojevi, te neka a i b prolaze skupom svih reduciranih ostataka modulo m, odnosno modulo n. Naš je cilj pokazati da tada an + bm prolazi skupom svih reduciranih ostataka modulo mn. Ako to pokažemo, dobit ćemo da je ϕ(m)ϕ(n) = ϕ(mn). Budući da je (a,m) = i (b,n) =, broj an+bm je relativno prost s m i s n, pa stoga i s mn. Nadalje, svaka dva broja gornjeg oblika su medusobno nekongruentni modulo mn. Zaista, iz an+bm a n+b m (mod mn) slijedi (a a )n (b b)m (mod mn). Odavde m a a, n b b, pa je a = a, b = b. Stoga nam još preostaje pokazati da ako je (c,mn) =, onda je

20 . Kongruencije 9 c an + bm (mod mn) za neke a,b. Budući je (m,n) =, postoje cijeli brojevi x,y takvi da je mx + ny =. Očito je (cy,m) =, (cx,n) =, pa brojevi a i b definirani sa cy a (mod m), cx b (mod n) imaju tražena svojstva. Neka je sada n = p α pα k k. Jedini brojevi u nizu,,...,pα i i koji nisu relativno prosti s p α i i su brojevi p i,p i,...,p α i i p i. Stoga je ϕ(p α i i ) = p α i i p α i i. Zbog multiplikativnosti od ϕ, imamo ϕ(n) = ϕ( = n k i= p α i i ) = k i= ϕ(p α i i ) = k ) ( pi = n p n i= k i= p α i i ( p ). ( pi ) Zadatak.4. Za koje prirodne brojeve n je broj ϕ(n) neparan? Primjer.6. Odredimo sve prirodne brojeve n za koje vrijedi ϕ(n) =. Rješenje: Ako je n = p α pαr r, onda je ϕ(n) = p α (p ) p αr r (p r ). Iz (p i ) slijedi p i {,3,5,7,3}. Ako je p i =, onda je α i 3; ako je p i = 3, onda je α i ; a ako je p i,3, onda je α i =. Imamo četiri mogućnosti (s k označavamo broj oblika α 3 β ): ) n = 3 k = ϕ(n) = ϕ(k) = ϕ(k) = = k = ili k = = n = 3 ili n = 6; ) n = 7 k = ϕ(n) = 6 ϕ(k) = ϕ(k) = = k = 3, k = 4 ili k = 6 = n =, n = 8 ili n = 4; 3) n = 5 k = ϕ(n) = 4 ϕ(k) = ϕ(k) = 3, što nema rješenja; 4) n = k = ϕ(n) = α 3 β = α =, β = = n = 36. Rješenja su: n = 3,,6,8,36, 4. Teorem.. ϕ(d) = n d n Dokaz: Neka je n = p α pα k. Zbog multiplikativnosti od ϕ, imamo: d n i= k k ϕ(d) = ( + ϕ(p i ) + ϕ(p i ) + + ϕ(pα i i )). (8)

21 . Kongruencije 0 Naime, množenjem faktora na desnoj strani od (8) dobivamo sumu faktora oblika ϕ(p β ) ϕ(pβ k k ) = ϕ(pβ pβ k k ), gdje je 0 β i α i, i =,...,k, a to je upravo lijeva strana od (8). Sada je ϕ(d) = d n k i= ( ) + (p i ) + (p i p i) + + (p α i i p α i i ) = k i= p α i i = n. Teorem.3 (Wilson). Ako je p prost broj, onda je (p )! (mod p). Dokaz: Za p = i p = 3 kongruencija je očito zadovoljena. Stoga smijemo pretpostaviti da je p 5. Grupirajmo članove skupa {,3,...,p } u parove (i,j) sa svojstvom i j (mod p). Očito je i j jer bi inače broj (i )(i + ) bio djeljiv sa p, a to je nemoguće zbog 0 < i < i + < p. Tako dobivamo p 3 parova i ako pomnožimo odgovarajućh p 3 kongruencija, dobit ćemo 3 (p ) (mod p), pa je (p )! (p ) (mod p). Očito je da vrijedi i obrat Wilsonovog teorema. Zaista, neka vrijedi (p )! (mod p) i pretpostavimo da p nije prost. Tada p ima djelitelj d, < d < p, i d dijeli (p )!. No, tada d mora dijeliti i, što je kontradikcija. Primjer.7. Neka je p prost broj. Dokažimo da je (p )! + potencija od p ako i samo ako je p =, 3 ili 5. Rješenje: Najprije imamo: ( )! + =, (3 )! + = 3, (5 )! + = 5. Ako je p > 5, onda se u (p )! pojavljuju faktori, p i (p ) (p )!. Ako bi bilo p, pa (p )! + = p k = [(p ) + ] k = (p ) k + k(p ) k + + ( ) k (p ) + k(p ) +, onda bi imali da (p ) k. To bi povlačilo da je k p, te (p )! + < (p ) p + < p p p k, što je kontradikcija.

22 . Kongruencije Teorem.4. Neka je p prost broj. Tada kongruencija x (mod p) ima rješenja ako i samo ako je p = ili p (mod 4). Dokaz: Ako je p =, onda je x = jedno rješenje. Ako je p (mod 4), onda iz Wilsonovog teorema imamo: [ p p ] [(p )(p ) (p )] [(p )!] (mod p), pa je x = ( p )! jedno rješenje. Neka je p 3 (mod 4). Pretpostavimo da postoji x Z takav da je x (mod p). Tada je x p ( ) p (mod p), što je u suprotnosti s Malim Fermatovim teoremom. Primjer.8. Dokažimo da postoji beskonačno mnogo prostih brojeva oblika 4k +. Rješenje: Neka su p,p,...,p n svi prosti brojevi oblika 4k +. Promotrimo broj m = 4p p p n +. Neka je p neki prosti faktor od m. Tada kongruencija x (mod p) ima rješenje x = p p p n, pa p mora biti oblika 4k +. Očito je p p i, i =,,...,n, pa smo dobili kontradikciju. Teorem.5 (Lagrange). Neka je f(x) polinom s cjelobrojnim koeficijentima stupnja n. Pretpostavimo da je p prost broj, te da vodeći koeficijent od f nije djeljiv s p. Tada kongruencija f(x) 0 (mod p) ima najviše n rješenja modulo p. Dokaz: Za n = tvrdnja teorema vrijedi po Teoremu.6. Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za sve polinome stupnja n, te neka je f polinom stupnja n. Za svaki a Z imamo f(x) f(a) = (x a)g(x), gdje je g polinom stupnja n s cjelobrojnim koeficijentima i s istim vodećim koeficijentom kao f. Zato ako kongruencija f(x) 0 (mod p) ima rješenje x = a, onda sva rješenja ove kongruencije zadovoljavaju (x a)g(x) 0 (mod p). No, po induktivnoj prepostavci kongruencija g(x) 0 (mod p) ima najviše n rješenja, pa kongruencija f(x) 0 (mod p) ima najviše n rješenja. Primjer.9 (Wolstenholme). Neka je p 5 prost broj. Dokažimo da je brojnik racionalnog broja djeljiv s p p

23 . Kongruencije Rješenje: Promotrimo polinom f(x) = x p (x )(x ) (x p + ). Kongruencija f(x) 0 (mod p) ima p rješenja:,,...,p. Stupanj od f(x) je p. Neka je f(x) = a p x p + + a x + a 0. Ako je n najveći cijeli broj takav da je a n 0 (mod p), onda po Lagrangeovom eoremu kongruencija f(x) 0 (mod p) ima najviše n p rješenja. Dakle, a n 0 (mod p) za n = 0,,...,p. Budući da je a 0 = (p )!, ovo nam daje drugi dokaz Wilsonovog teorema. Sada je f(p) = p p (p )! = a p p p + + a p + a p + a 0, a zbog a 0 = (p )! slijedi p p a p p p 3 a p a = 0. Budući da p a, zaključujemo da p a. No, a (p )! = p. Neka sada d p. Tvrdimo da tada polinom x d ima točno d nultočaka u Z p. Zaista, x p = (x d )g(x), gdje je g polinom stupnja p d. No, po Malom Fermatovom teoremu, x p ima p nultočaka u Z p, pa x d ima barem (p ) (p d) = d nultočaka u Z p. Teorem.6 (Henselova lema). Neka je f(x) polinom s cjelobrojnim koeficijentima. Ako je f(a) 0 (mod p j ) i f (a) 0 (mod p), onda postoji jedinstveni t {0,,,...,p } takav da je f(a + tp j ) 0 (mod p j+ ). Dokaz: Koristimo Taylorov razvoj polinoma f oko a: f(a + tp j ) = f(a) + tp j f (a) + t p j f (a)! + + t n p nj f(n) (a). (9) n! Pokažimo da su brojevi f(k) (a) k! cijeli. Ovu je tvrdnju dovoljno dokazati za polinome oblika g(x) = x m, gdje je m k. No, tada je g (k) (a) k! = Zato iz (9) dobivamo m(m ) (m k + )am k k! = ( m k f(a + tp j ) f(a) + tp j f (a) (mod p j+ ). ) a m k Z.

24 . Kongruencije 3 Dakle, da bi bilo f(a + tp j ) 0 (mod p j+ ), nužno je i dovoljno da bude tf (a) f(a) p j (mod p). (0) Budući da je f (a) 0 (mod p), kongruencija (0) ima, po Teoremu.6, točno jedno rješenje. Propozicija.7. Kongruencija x p 0 (mod p j ) ima točno p rješenja za svaki prost broj p i prirodan broj j. Dokaz: Za j = tvrdnja vrijedi po Malom Fermatovom teoremu. Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za neki j N, tj. da su x,...,x p sva rješenja kongruencije f(x) = x p (mod p j ). Tada je f(x i ) 0 (mod p j ) i f (x i ) = (p )x p 0 (mod p j ), pa po Henselovoj lemi postoji jedinstveni t j {0,,...,p } takav da je f(x i +t i p j ) 0 (mod p j+ ). Sada su x i = x i + t i p j, i =,...,p rješenja kongruencije f(x) 0 (mod p j+ ). Pokažimo da su to sva rješenja. Zaista, ako je x neko rješenje, onda je f(x ) 0 (mod p j ), pa je x x i (mod p j ) za neki i =,...,p. Sada iz jedinstvenosti od t i slijedi da je x x i (mod pj+ ). Primjer.0. Riješimo kongruenciju x + x (mod 7 3 ). Rješenje: Riješimo najprije kongruenciju x + x (mod 7). Dobivamo da su rješenja x (mod 7) i x 5 (mod 7). Neka je f(x) = x + x Tada je f (x) = x +, pa je f () = 3 0 (mod 7) i f (5) = 0 (mod 7). Stoga možemo primijeniti Henselovu lemu. Da bi riješili kongruenciju x + x (mod 7 ), trebamo riješiti tf (a) f(a) 7 (mod 7) za a =,5. Imamo: ) t 3 7 (mod 7) = t = 0 = a + t 7 = ; ) t mod 7 = t = 6 = a + t 7 = 47. Konačno, da bi riješili polaznu kongruenciju, trebamo riješiti tf (a) f(a) 49 (mod 7) za a =,47. Imamo: ) t 3 mod 7 = t = = a + t 49 = 99; ) t 47 mod 7 = t = 4 = a + t 49 = 43. Dakle, rješenja su x 99 (mod 343) i x 43 (mod 343). Zadatak.5. Riješite kongruenciju x 3 + x 5 0 (mod 7 3 ).

25 . Kongruencije 4 Definicija.5. Neka su a i n relativno prosti prirodni brojevi. Najmanji prirodni broj d sa svojstvom da je a d (mod n) zove se red od a modulo n. Još se kaže da a pripada eksponentu d modulo n. Propozicija.8. Neka je d red od a modulo n. Tada za prirodan broj k vrijedi a k (mod n) ako i samo ako d k. Posebno, d ϕ(n). Dokaz: Ako d k, recimo k = d l, onda je a k (a d ) l (mod n). Obratno, neka je a k (mod n). Podijelimo k sa d, pa dobivamo k = q d + r, gdje je 0 r < d. Sada je a k a qd+r (a d ) q a r a r (mod n), pa zbog minimalnosti od d slijedi da je r = 0, tj. d k. Primjer.. Dokažimo da svaki prosti djelitelj Fermatovog broja n +, za n >, ima oblik p = k n+ +. Rješenje: Iz n + 0 (mod p) slijedi n (mod p) i n+ (mod p), pa slijedi da pripada eksponentu n+ modulo p. Budući da je ϕ(p) = p, slijedi da n+ p, tj. postoji k N takav da je p = k n+ +. Definicija.6. Ako je red od a modulo n jednak ϕ(n), onda se a zove primitivni korijen modulo n. Ako postoji primitivni korijen modulo n, onda je grupa reduciranih ostataka modulo n ciklička. Slijedeći teorem pokazuje da je grupa (Z p, p) ciklička. Teorem.9. Ako je p prost broj, onda postoji točno ϕ(p ) primitivnih korijena modulo p. Dokaz: Svaki od brojeva,,..., p pripada modulo p nekom eksponentu d, koji je djelitelj od ϕ(p) = p. Označimo sa ψ(d) broj brojeva u nizu,,..., p koji pripadaju eksponentu d. Tada je ψ(d) = p. d p Dovoljno je dokazati da ako je ψ(d) 0, onda je ψ(d) = ϕ(d). Zaista, po Teoremu. je ϕ(d) = p, d p pa ako bi bilo ψ(d) = 0 < ϕ(d) za neki d, onda bi suma d p ψ(d) bila manja od p. Stoga je ψ(d) 0 za svaki d, pa ako pokažemo da to povlači da je ψ(d) = ϕ(d), onda ćemo dobiti da vrijedi ψ(p ) = ϕ(p ), što se i tvrdilo u teoremu.

26 . Kongruencije 5 Dokažimo sada tvrdnju da ψ(d) 0 povlači ψ(d) = ϕ(d). Neka je ψ(d) 0, te neka je a broj koji pripada eksponentu d modulo p. Promotrimo kongruenciju x d (mod p). Ona ima rješenja a,a,...,a d i po Lagrangeovom teoremu to su sva rješenja. Pokažimo da brojevi a m, za m d i (m,d) =, predstavljaju sve brojeve koji pripadaju eksponentu d modulo p. Zaista, svaki od njih ima red d, jer ako je a md (mod p), onda d md, pa d d. Ako je b bilo koji broj koji pripada eksponentu d modulo p, onda je b a m za neki m, m d. Budući da je b d (m,d) (a d ) m (m,d) (mod p), to je (m,d) =. Dakle, dobili smo da je ψ(d) = ϕ(d). Teorem.0. Neka je p neparan prost broj, te neka je g primitivni korijen modulo p. Tada postoji x Z takav da je g = g + px primitivni korijen modulo p j za sve j N. Dokaz: Imamo g p = + py, za neki y Z. Po binomnom teoremu je ( ) g p p = + py + (p )pxg p + p x g p p p x p, tj. g p = + pz, gdje je z y + (p )g p x (mod p). Koeficijent uz x nije djeljiv sa p, pa možemo odabrati x tako da bude (z,p) =. Tvrdimo da tada g ima traženo svojstvo. Dokažimo to. Pretpostavimo da g pripada eksponentu d modulo p j. Tada d dijeli ϕ(p j ) = p j (p ). No, g je primitivni korijen modulo p, pa p dijeli d. Dakle, d = p k (p ) za neki k < j. Nadalje, imamo ( + pz) p = + p z, ( + pz) p = ( + p z ) p = + p 3 z,..., ( + pz) pk = + p k+ z k, gdje je (z i,p) = za i =,...,k. Budući da je g d (mod p j ), odavde zaključujemo da je j = k +, što povlači da je d = ϕ(p j ). Teorem.. Za prirodan broj n postoji primitivni korijen modulo n ako i samo ako je n =, 4, p j ili p j, gdje je p neparan prost broj. Dokaz: Jasno je da je primitivni korijen modulo, te da je 3 primitivni korijen modulo 4. Neka je g primitivni korijen modulo p j. Odaberimo medu brojevima g i g + p j onaj koji je neparan. Tada je on primitivni korijen modulo p j jer je ϕ(p j ) = ϕ(p j ). Ostaje još dokazati nužnost. Neka je najprije n = j za j 3. Tada za neparan broj a vrijedi a (mod 8). Budući da 8 a i a +

27 . Kongruencije 6 imamo a 4 (mod 6). Ponavljajući ovaj argument dobivamo: a j (mod j ) za j 3. Budući da je ϕ( j ) = j, dokazali smo da ne postoji primitivni korijen modulo j za j 3. Konačno, neka je n = n n, gdje je (n,n ) =, n >, n >. Brojevi ϕ(n ) i ϕ(n ) su parni, pa imamo ( a ϕ(n) a ϕ(n ) ) ϕ(n ) (mod n ), ( a ϕ(n) a ϕ(n ) ) ϕ(n ) (mod n ). Stoga je a ϕ(n) (mod n), što znači da ne postoji primitivni korijen modulo n. Primjer.. Nadimo najmanji primitivni korijen a) modulo 5, b) modulo, c) modulo 3. Rješenje: a) (mod 5) = je primitivni korijen modulo 5. b) (mod ), 5 (mod ) = je primitivni korijen modulo. c) = ( 5) (mod 3), 3 = ( 5) 9 (mod 3), 4 = ( ) (mod 3), 5 = (5) (mod 3) = 5 je primitivni korijen modulo 3. Zadatak.6. Nadite najmanji primitivni korijen a) modulo 3, b) modulo 7, c) modulo 4. Napomena.. Tzv. Artinova hipoteza glasi: Neka je π(n) broj prostih brojeva N, a v (N) broj prostih brojeva q N za koje je primitivni korijen. Tada je v (N) A π(n), gdje je A = p ( p(p ) ) Definicija.7. Neka je g primitivni korijen modulo n. Lako se vidi da tada brojevi g l, l = 0,,...,ϕ(n) tvore reducirani sustav ostataka modulo n. Stoga za svaki cijeli broj a takav da je (a,n) = postoji jedinstveni l takav da je g l a (mod n). Eksponent l se zove indeks od a u odnosu na g i označava se sa ind g a ili ind a. Teorem.. ) inda + ind b ind(ab) (mod ϕ(n)) ) ind = 0, ind g = 3) ind(a m ) m inda (mod ϕ(n)) za m N 4) ind( ) = ϕ(n) za n 3 Dokaz: Svojstva ) 3) slijede direktno iz definicije, a svojstvo 4) slijedi iz g ind( ) ( ) (mod n) i ind ( ) < ϕ(n). Uočimo da su svojstva indeksa ) 3) potpuno analogna svojstvima logaritamske funkcije.

28 . Kongruencije 7 Propozicija.3. Ako je (n,p ) =, onda kongruencija x n a (mod p) ima jedinstveno rješenje. Dokaz: Iz x n a (mod p), po Teoremu., dobivamo n indx inda (mod p ), pa jer je (n,p ) =, ova kongruencija ima jedinstveno rješenje. Primjer.3. Riješimo kongruenciju x 5 (mod 7). Rješenje: Imamo: 3 (mod 7), (mod 7), 3 6 (mod 7). Stoga je 3 primitivni korijen modulo 7 i ind 3 =. Dakle, dobivamo kongruenciju 5ind 3 x (mod 6), čije je rješenje ind 3 x = 4, pa je x (mod 7). Primjer.4. Riješimo kongruenciju 5x 4 3 (mod ). Rješenje: Iz Primjera. znamo da je primitivni korijen modulo. Nadalje je 4 5 (mod ), 8 3 (mod ), pa dobivamo ind 5 + 4ind x ind 3 (mod 0), 4ind x (mod 0). Prema tome, trebamo riješiti kongruenciju ind x (mod 5). Odavde je ind x ili 6 (mod 0), pa su rješenje x (mod ) i x 6 9 (mod ). Zadatak.7. Riješite kongruencije a) x 8 5 (mod 3), b) x 6 5 (mod 7), c) x 37 (mod 4). Primjer.5. Riješimo kongruenciju 3 x (mod 3). Rješenje: Iz Primjera. znamo da je 5 primitivni korijen modulo 3. Nadalje je 5 (mod 3), (mod 3), 5 (mod 3), što povlači da je (mod 3). Imamo: xind 5 3 ind 5 (mod ), 6x (mod ). Sada je (6,) =, po dobivamo 8x (mod ), odakle je x 7 (mod ). Dakle, rješenja su x 7,8 (mod ). Zadatak.8. Riješite kongruenciju 7 x 6 (mod 7). Primjer.6. Neka je α 3. Dokazati da brojevi ±5, ±5, ±5 3,..., ±5 α čine reducirani sustav ostataka modulo α.

29 . Kongruencije 8 Rješenje: Ovih brojeva ima α = α = ϕ( α ) i svi su neparni. Stoga još trebamo samo dokazati da su oni medusobno nekongruentni modulo α. Pokažimo da za k vrijedi k (5 k ). Ovo je točno za k =, pa pretpostavimo da vrijedi za neki k. Tada je ( )( ) 5 k = 5 k 5 k +. ( ) Broj 5 k + je paran, ali nije djeliv s 4, pa k 5 k. Upravo dokazana tvrdnja, za k = α povlači da je red od 5 modulo α jednak α. To znači da su brojevi 5, 5,..., 5 α medusobno nekongruentni modulo α. Ostaje još provjeriti da ne može biti 5 a 5 b (mod α ), no to je očito, jer je 5 a + 5 b (mod 4).

30 3. Kvadratni ostatci Definicija 3.. Neka je (a,m) =. Ako kongruencija x a (mod m) ima rješenja, onda kažemo da je a kvadratni ostatak modulo m. U protivnom kažemo da je a kvadratni neostatak modulo m. Primjer 3.. Kvadratni ostatci modulo 5 su i 4, a neostatci su i 3. Teorem 3.. Neka je p neparan prost broj. Reducirani sustav ostataka modulo p sastoji se od p kvadratnih ostataka i p kvadratnih neostataka. Dokaz: Svaki kvadratni ostatak modulo p kongruentan je kvadratu nekog od brojeva p p,...,,,...,, tj. kongruentan je nekom od brojeva,,...,( p ). Preostaje pokazati da je ovih p brojeva medusobno nekongruentno modulo p. Pa pretpostavimo da je k l (mod p), gdje je k < l p. Tada je (l k)(l + k) 0 (mod p), pa je l k 0 (mod p) ili l + k 0 (mod p), što je u suprotnosti s pretpostavkama na k i l, jer je 0 < l k < p i 0 < l + k < p. Zadatak 3.. Odredite sve kvadratne ostatke modulo 7 i modulo 7. Definicija 3.. Neka je p neparan prost broj. Po definiciji, Legendreov simbol ( a p ) je jednak ako je a kvadratni ostatak modulo p, ako je a kvadratni neostatak modulo p, a 0 ako p a. Dakle, broj rješenja kongruencije x a (mod p) je jednak + ( a p ). Teorem 3. (Eulerov kriterij). ( a p) a p (mod p) Dokaz: Ako je ( a p ) = 0, onda p a, pa je tvrdnja očito zadovoljena. Ako je ( a p ) =, onda postoji x 0 Z takav da je x 0 a (mod p). Sada je iz Malog Fermatovog teorema a p x p 0 ( a p ) (mod p). Neka je ( a p ) =. Za svaki i {,...,p } odaberimo j {,...,p } tako da vrijedi i j a (mod p) (to je moguće po Teoremu.5). Uočimo da je i j, budući da kongruencija x a (mod p) nema rješenja. Dakle, skup {,...,p } se raspada na p parova (i,j) za koje vrijedi i j a

31 3. Kvadratni ostatci 30 (mod p). Množenjem ovih p kongruencija, te koristeći Wilsonov teorem, dobivamo a p (p )! (mod p). Propozicija 3.3. ) Ako je a b (mod p), onda je ( a p ) = ( b p ). ) ( a p )( b p ) = (ab p ) 3) Ako je (a,p) =, onda je ( a p ) =. 4) ( p p ) =, ( p ) = ( ). Dokaz: ) Ako je a b (mod p), onda kongruencija x a (mod p) ima rješenja ako i samo ako rješenja ima kongruencija x b (mod p). ) Iz ( a p )( b p) a p b p (ab) p ( ab ) p (mod p) slijedi ( a p )( b p ) = (ab p ). 3) Kongruencija x a (mod p) očito ima rješenje x = a. 4) Prva tvrdnja je specijalni slučaj od 3), dok druga slijedi uvrštavanjem a =, u Eulerov kriterij. Teorem 3.4 (Gaussova lema). Neka je p neparan broj i (a,p) =. Promotrimo brojeve a,a,3a,..., p a, te njihove najmanje nenegativne ostatke pri dijeljenju s p. Označimo s n broj ostataka koji su veći od p. Tada je ( a p ) = ( )n. Dokaz: Neka su r,...,r n ostatci koji su veći od p, a neka su s,...,s k preostali ostatci. Brojevi r,...,r n,s,...,s k su medusobno različiti (po Teoremu.5) i niti jedan od njih nije jednak nuli. Nadalje, n + k = p. Brojevi p r i su medusobno različiti i 0 < p r i < p, za i =,...,n. Takoder, niti jedan p r i nije jednak nekom s j. Zaista, ako je p r i = s j, onda je r i αa (mod p), s j βa (mod p) za neke α,β p, pa iz a(α + β) 0 (mod p) i (a,p) = slijedi da je α + β 0 (mod p), što je nemoguće jer je α + β p. Prema tome, brojevi p r,...,p r n,s,...,s k su svi medusobno različiti, ima ih p i elementi su skupa {,..., p }. Stoga su to upravo brojevi,,..., p u nekom poretku. Množeći ih, dobivamo Odavde je p (p r ) (p r n )s s k = ( p ). ( r ) ( r n )s s k ( ) n r r n s s k ( ) n a a 3a ( p )a (mod p).

32 3. Kvadratni ostatci 3 Skratimo li ovu kongruenciju s ( p )!, dobivamo ( )n a p (mod p), pa je po Eulerovom kriteriju ( a p ) a p ( ) n (mod p). Teorem 3.5. Ako je p neparan prost broj i (a,p) =, onda je ( a p ) = ( )t, gdje je t = p j= ja p. Takoder vrijedi: ( p ) = ( ) p 8, tj. broj je kvadratni ostatak modulo p ako i samo ako je p oblika 8k ±. Dokaz: Koristit ćemo iste oznake kao u dokazu Teorema 3.4. Ponovo su r i i s i ostatci pri dijeljenju brojeva ja s p, j =,..., p. Kvocijenti pri tom dijeljenju su brojevi ja p. Ako je sada (a,p) =, onda imamo p ja = p p ja n p + r i + j= j= i= i= k s i, te p j = j= n k (p r i ) + s i = np n k r i + s i. i= i= i= i= Oduzimanjem ova dva izraza, dobivamo (a ) p j = p ( p ja ) p n + j= j= i= n r i. Nadalje je pa je p j = j= (a ) p 8 p p+ p = p, 8 ja n (mod ). p j= Ako je sada a neparan, tj. (a, p) =, onda odavde dobivamo da je n p j= ja p (mod ), a ako je a =, onda dobivamo n p 8 (mod ), jer je j p p = 0 za j =,...,. Sada tvrdnja Teorema 3.5 slijedi iz Gaussove leme.

33 3. Kvadratni ostatci 3 Teorem 3.6 (Gaussov kvadratni zakon reciprociteta). Ako su p i q različiti neparni prosti brojevi, onda vrijedi ( p )( q = ( ) q p) p q. Drugim riječima, ako su p i q oba oblika 4k + 3, onda jedna od kongruencija x p (mod q), x q (mod p) ima rješenja, a druga nema. Ako barem jedan od brojeva p i q ima oblik 4k +, onda ili obje ove kongruencije imaju rješenja ili obje nemaju rješenja. Dokaz: Neka je S = {(x,y) : x,y Z, x p, y q }. Skup S ima p članova. Podijelimo S na dva disjunktna podskupa S i S prema tome da li je qx > py ili je qx < py. Uočimo da ne može biti qx = py. Skup S je, dakle, skup svih parova (x,y) takvih da je x p q i y < qx p p. Takvih parova ima x= qx p. Slično se S sastoji od svih parova (x,y) takvih da je y q i x < py q, a takvih parova ima q y= py q. Prema tome je p qj p + j= q pj q = p j= q, pa je po Teoremu 3.5 ( p q )( q p) = ( ) p q. Primjer 3.. Izračunajmo ( ) 4 6. Rješenje: Imamo: ( 4 6 ) = ( 6 )( 6 )( 3 6 )( 7 6 ( 6 ) = ( )6 ), ( 6 ) = ( )60 =, 8 =, ( 3 6 ) = (6 3 ) = ( 3 ) =, ( 7 6 ) = (6 7 ) = (5 7 ) = (7 5 ) = ( 5 ) = ( )5 8 =, pa je ( 4 6 ) =. Primjer 3.3. a) Odredimo sve proste brojeve p takve da je kvadratni ostatak modulo p. b) Dokažimo da postoji beskonačno mnogo prostih brojeva oblika 8k + 3.

34 3. Kvadratni ostatci 33 ( p ( ) Rješenje: a) Trebamo naći sve proste brojeva za koje vrijedi p = )( p) =. Imamo dvije mogućnosti: ) ( ) = & p) =. Prvi uvjet je ekvivalentan s p (mod 4), ( p a drugi s p ),7 (mod 8), što ) zajedno daje p (mod 8). ) = & =. Prvi uvjet je ekvivalentan s p 3 ( p ( p (mod 4), a drugi s p 3,5 (mod 8), što zajedno daje p 3 (mod 8). Dakle, p ili 3 (mod 8). b) Neka su p,p,...,p n svi prosti brojevi oblika 8k + 3. Promotrimo broj m = p p p n +. Prema a), svi prosti faktori od m su oblika 8k + ili 8k + 3. No, m 3 (mod 8), pa ne mogu svi faktori biti oblika 8k +. Dakle, postoji prosti faktor p oblika 8k + 3. Kako je očito p p i, i =,,...,n, dobili smo kontradikciju. ( ) Zadatak 3.. Odredite sve proste brojeve p takve da je 3 p =. Dokažite da postoji beskonačno mnogo prostih brojeva oblika 6k +. Primjer 3.4. a) Neka je p 3 (mod 4) prost broj takav da je q = p + takoder prost. Dokažimo da je tada p (mod q). b) Pokažimo da Mersennov broj M 5 = 5 nije prost. Rješenje: a) Kako je ϕ(q) = q = p, imamo da je p = ( p )( p + ) 0 (mod q). Dakle, p (mod q) ili p (mod q). Po pretpostavci je p = 4k + 3, q = 8k + 7. Ako bi bilo p (mod q), to bi značilo da je 4k+3 (mod q), odnosno x (mod q), za x = k+, a to je nemoguće prema Primjeru 3.3. b) Brojevi 5 i 5 + = 503 su prosti i 5 3 (mod 4), pa iz a) slijedi da 503 M 5, što znači da M 5 nije prost. Primjer 3.5. Prosti brojevi p i q zovu se prosti brojevi blizanci ako je q = p +. (Još uvijek je nedokazana slutnja da postoji beskonačno mnogo parova prostih brojeva blizanaca.) Dokažimo da postoji a Z takav da p (a q) ako i samo ako postoji b Z takav da q (b p). Rješenje: Uočimo da jedan od brojeva p,q ima oblik 4k +, a drugi 4k + 3. Stoga vrijedi ( q ( p a Z, a q (mod p) = = p) q) b Z, b p (mod q).

Sume kvadrata. mn = (ax + by) 2 + (ay bx) 2.

Sume kvadrata. mn = (ax + by) 2 + (ay bx) 2. Sume kvadrata Koji se prirodni brojevi mogu prikazati kao zbroj kvadrata dva cijela broja? Propozicija 1. Ako su brojevi m i n sume dva kvadrata, onda je i njihov produkt m n takoder suma dva kvadrata.

Διαβάστε περισσότερα

(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k.

(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k. 1 3 Skupovi brojeva 3.1 Skup prirodnih brojeva - N N = {1, 2, 3,...} Aksiom matematičke indukcije Neka je N skup prirodnih brojeva i M podskup od N. Ako za M vrijede svojstva: 1) 1 M 2) n M (n + 1) M,

Διαβάστε περισσότερα

a M a A. Može se pokazati da je supremum (ako postoji) jedinstven pa uvodimo oznaku sup A.

a M a A. Može se pokazati da je supremum (ako postoji) jedinstven pa uvodimo oznaku sup A. 3 Infimum i supremum Definicija. Neka je A R. Kažemo da je M R supremum skupa A ako je (i) M gornja meda skupa A, tj. a M a A. (ii) M najmanja gornja meda skupa A, tj. ( ε > 0)( a A) takav da je a > M

Διαβάστε περισσότερα

Osnovni primer. (Z, +,,, 0, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: množenje je distributivno prema sabiranju

Osnovni primer. (Z, +,,, 0, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: množenje je distributivno prema sabiranju RAČUN OSTATAKA 1 1 Prsten celih brojeva Z := N + {} N + = {, 3, 2, 1,, 1, 2, 3,...} Osnovni primer. (Z, +,,,, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: sabiranje (S1) asocijativnost x + (y + z) = (x + y)

Διαβάστε περισσότερα

Četrnaesto predavanje iz Teorije skupova

Četrnaesto predavanje iz Teorije skupova Četrnaesto predavanje iz Teorije skupova 27. 01. 2006. Kratki rezime prošlog predavanja: Dokazali smo teorem rekurzije, te primjenom njega definirali zbrajanje ordinalnih brojeva. Prvo ćemo navesti osnovna

Διαβάστε περισσότερα

Prosti brojevi. Uvod

Prosti brojevi. Uvod MLADI NADARENI MATEMATIČARI Marin Getaldic Prosti brojevi 20.12.2015. Uvod Definicija 1. Kažemo da je prirodan broj p prost broj ako ima točno dva (različita) djelitelja (konkretno, to su 1 i p). U suprotnom

Διαβάστε περισσότερα

3.1 Granična vrednost funkcije u tački

3.1 Granična vrednost funkcije u tački 3 Granična vrednost i neprekidnost funkcija 2 3 Granična vrednost i neprekidnost funkcija 3. Granična vrednost funkcije u tački Neka je funkcija f(x) definisana u tačkama x za koje je 0 < x x 0 < r, ili

Διαβάστε περισσότερα

radni nerecenzirani materijal za predavanja R(f) = {f(x) x D}

radni nerecenzirani materijal za predavanja R(f) = {f(x) x D} Matematika 1 Funkcije radni nerecenzirani materijal za predavanja Definicija 1. Neka su D i K bilo koja dva neprazna skupa. Postupak f koji svakom elementu x D pridružuje točno jedan element y K zovemo funkcija

Διαβάστε περισσότερα

18. listopada listopada / 13

18. listopada listopada / 13 18. listopada 2016. 18. listopada 2016. 1 / 13 Neprekidne funkcije Važnu klasu funkcija tvore neprekidne funkcije. To su funkcije f kod kojih mala promjena u nezavisnoj varijabli x uzrokuje malu promjenu

Διαβάστε περισσότερα

b = k a. Govorimo jošda a dijeli b ipišemo a b.

b = k a. Govorimo jošda a dijeli b ipišemo a b. 1 DJELJIVOST 1.1. Djeljivost. Prosti brojevi Količnik dvaju prirodnih brojeva nije uvijek prirodni broj. Tako na primjer, broj 54 8 nije prirodan, jer 54 nije djeljiv s 8. Broj 221 jest prirodan, jer 221

Διαβάστε περισσότερα

1 Aksiomatska definicija skupa realnih brojeva

1 Aksiomatska definicija skupa realnih brojeva 1 Aksiomatska definicija skupa realnih brojeva Definicija 1 Polje realnih brojeva je skup R = {x, y, z...} u kojemu su definirane dvije binarne operacije zbrajanje (oznaka +) i množenje (oznaka ) i jedna binarna

Διαβάστε περισσότερα

Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost

Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost Limes funkcije Neka je 0 [a, b] i f : D R, gdje je D = [a, b] ili D = [a, b] \ { 0 }. Kažemo da je es funkcije f u točki 0 jednak L i pišemo f ) = L, ako za

Διαβάστε περισσότερα

Determinante. a11 a. a 21 a 22. Definicija 1. (Determinanta prvog reda) Determinanta matrice A = [a] je broj a.

Determinante. a11 a. a 21 a 22. Definicija 1. (Determinanta prvog reda) Determinanta matrice A = [a] je broj a. Determinante Determinanta A deta je funkcija definirana na skupu svih kvadratnih matrica, a poprima vrijednosti iz skupa skalara Osim oznake deta za determinantu kvadratne matrice a 11 a 12 a 1n a 21 a

Διαβάστε περισσότερα

Neka su A i B skupovi. Kažemo da je A podskup od B i pišemo A B ako je svaki element skupa A ujedno i element skupa B. Simbolima to zapisujemo:

Neka su A i B skupovi. Kažemo da je A podskup od B i pišemo A B ako je svaki element skupa A ujedno i element skupa B. Simbolima to zapisujemo: 2 Skupovi Neka su A i B skupovi. Kažemo da je A podskup od B i pišemo A B ako je svaki element skupa A ujedno i element skupa B. Simbolima to zapisujemo: A B def ( x)(x A x B) Kažemo da su skupovi A i

Διαβάστε περισσότερα

41. Jednačine koje se svode na kvadratne

41. Jednačine koje se svode na kvadratne . Jednačine koje se svode na kvadrane Simerične recipročne) jednačine Jednačine oblika a n b n c n... c b a nazivamo simerične jednačine, zbog simeričnosi koeficijenaa koeficijeni uz jednaki). k i n k

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci iz Osnova matematike

Zadaci iz Osnova matematike Zadaci iz Osnova matematike 1. Riješiti po istinitosnoj vrijednosti iskaza p, q, r jednačinu τ(p ( q r)) =.. Odrediti sve neekvivalentne iskazne formule F = F (p, q) za koje je iskazna formula p q p F

Διαβάστε περισσότερα

radni nerecenzirani materijal za predavanja

radni nerecenzirani materijal za predavanja Matematika 1 Funkcije radni nerecenzirani materijal za predavanja Definicija 1. Kažemo da je funkcija f : a, b R u točki x 0 a, b postiže lokalni minimum ako postoji okolina O(x 0 ) broja x 0 takva da je

Διαβάστε περισσότερα

( x) ( ) ( ) ( x) ( ) ( x) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( x) ( ) ( ) ( x) ( ) ( x) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Zadatak 08 (Vedrana, maturantica) Je li unkcija () = cos (sin ) sin (cos ) parna ili neparna? Rješenje 08 Funkciju = () deiniranu u simetričnom području a a nazivamo: parnom, ako je ( ) = () neparnom,

Διαβάστε περισσότερα

KONAČNA MATEMATIKA Egzistencija kombinatornih konfiguracija Dirichlet-ov i Ramseyev teorem

KONAČNA MATEMATIKA Egzistencija kombinatornih konfiguracija Dirichlet-ov i Ramseyev teorem Природно-математички факултет, Универзитет у Нишу, Србија http://www.pmf.ni.ac.yu/mii Математика и информатика 1 (3) (2009), 19-24 KONAČNA MATEMATIKA Egzistencija kombinatornih konfiguracija Dirichlet-ov

Διαβάστε περισσότερα

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA April, 2013 Razni zapisi sistema Skalarni oblik: Vektorski oblik: F = f 1 f n f 1 (x 1,, x n ) = 0 f n (x 1,, x n ) = 0, x = (1) F(x) = 0, (2) x 1 0, 0 = x n 0 Definicije

Διαβάστε περισσότερα

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET Goran Stančić SIGNALI I SISTEMI Zbirka zadataka NIŠ, 014. Sadržaj 1 Konvolucija Literatura 11 Indeks pojmova 11 3 4 Sadržaj 1 Konvolucija Zadatak 1. Odrediti konvoluciju

Διαβάστε περισσότερα

Teorija brojeva Okvirni program rada sa nadarenim učenicima osnovnih škola. Hasan Jamak Prirodno-matematički fakultet Sarajevo

Teorija brojeva Okvirni program rada sa nadarenim učenicima osnovnih škola. Hasan Jamak Prirodno-matematički fakultet Sarajevo Teorija brojeva Okvirni program rada sa nadarenim učenicima osnovnih škola Hasan Jamak Prirodno-matematički fakultet Sarajevo January 24, 2012 Uvod U Bosni i Hercegovini već pedesetak godina se organizuju

Διαβάστε περισσότερα

9. GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE

9. GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE Geodetski akultet, dr sc J Beban-Brkić Predavanja iz Matematike 9 GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE Granična vrijednost unkcije kad + = = Primjer:, D( )

Διαβάστε περισσότερα

IZVODI ZADACI (I deo)

IZVODI ZADACI (I deo) IZVODI ZADACI (I deo) Najpre da se podsetimo tablice i osnovnih pravila:. C`=0. `=. ( )`= 4. ( n )`=n n-. (a )`=a lna 6. (e )`=e 7. (log a )`= 8. (ln)`= ` ln a (>0) 9. = ( 0) 0. `= (>0) (ovde je >0 i a

Διαβάστε περισσότερα

Funkcija gustoće neprekidne slučajne varijable ima dva bitna svojstva: 1. Nenegativnost: f(x) 0, x R, 2. Normiranost: f(x)dx = 1.

Funkcija gustoće neprekidne slučajne varijable ima dva bitna svojstva: 1. Nenegativnost: f(x) 0, x R, 2. Normiranost: f(x)dx = 1. σ-algebra skupova Definicija : Neka je Ω neprazan skup i F P(Ω). Familija skupova F je σ-algebra skupova na Ω ako vrijedi:. F, 2. A F A C F, 3. A n, n N} F n N A n F. Borelova σ-algebra Definicija 2: Neka

Διαβάστε περισσότερα

MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15

MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15 MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15 Matrice - osnovni pojmovi (Matrice i determinante) 2 / 15 (Matrice i determinante) 2 / 15 Matrice - osnovni pojmovi Matrica reda

Διαβάστε περισσότερα

MATEMATIKA Pokažite da za konjugiranje (a + bi = a bi) vrijedi. a) z=z b) z 1 z 2 = z 1 z 2 c) z 1 ± z 2 = z 1 ± z 2 d) z z= z 2

MATEMATIKA Pokažite da za konjugiranje (a + bi = a bi) vrijedi. a) z=z b) z 1 z 2 = z 1 z 2 c) z 1 ± z 2 = z 1 ± z 2 d) z z= z 2 (kompleksna analiza, vježbe ). Izračunajte a) (+i) ( i)= b) (i+) = c) i + i 4 = d) i+i + i 3 + i 4 = e) (a+bi)(a bi)= f) (+i)(i )= Skicirajte rješenja u kompleksnoj ravnini.. Pokažite da za konjugiranje

Διαβάστε περισσότερα

1. Skup kompleksnih brojeva

1. Skup kompleksnih brojeva 1. Skup kompleksnih brojeva 1. Skupovibrojeva... 2 2. Skup kompleksnih brojeva................................. 5 3. Zbrajanje i množenje kompleksnih brojeva..................... 8 4. Kompleksno konjugirani

Διαβάστε περισσότερα

Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu

Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu Osječki matematički list 000), 5 9 5 Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu Šefket Arslanagić Alija Muminagić Sažetak. U radu se navodi nekoliko različitih dokaza jedne poznate

Διαβάστε περισσότερα

Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1

Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1 Građevinski fakultet Univerziteta u Beogradu 3.2.2016. Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1 Prezime i ime: Broj indeksa: 1. Definisati Koxijev niz. Dati primer niza koji nije Koxijev. 2. Dat je red n=1

Διαβάστε περισσότερα

4.1 Elementarne funkcije

4.1 Elementarne funkcije . Elementarne funkcije.. Polinomi Funkcija f : R R zadana formulom f(x) = a n x n + a n x n +... + a x + a 0 gdje je n N 0 te su a n, a n,..., a, a 0 R, zadani brojevi takvi da a n 0 naziva se polinom

Διαβάστε περισσότερα

Riješeni zadaci: Realni brojevi i realne funkcije jedne realne varijable

Riješeni zadaci: Realni brojevi i realne funkcije jedne realne varijable Riješeni zadaci: Realni brojevi i realne funkcije jedne realne varijable Infimum i supremum skupa Zadatak 1. Neka je S = (, 1) [1, 7] {10}. Odrediti: (a) inf S, (b) sup S. (a) inf S =, (b) sup S = 10.

Διαβάστε περισσότερα

SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE

SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE 1 SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE Neka je (V, +,, F ) vektorski prostor konačne dimenzije i neka je f : V V linearno preslikavanje. Definicija. (1) Skalar

Διαβάστε περισσότερα

π π ELEKTROTEHNIČKI ODJEL i) f (x) = x 3 x 2 x + 1, a = 1, b = 1;

π π ELEKTROTEHNIČKI ODJEL i) f (x) = x 3 x 2 x + 1, a = 1, b = 1; 1. Provjerite da funkcija f definirana na segmentu [a, b] zadovoljava uvjete Rolleova poučka, pa odredite barem jedan c a, b takav da je f '(c) = 0 ako je: a) f () = 1, a = 1, b = 1; b) f () = 4, a =,

Διαβάστε περισσότερα

4. poglavlje (korigirano) LIMESI FUNKCIJA

4. poglavlje (korigirano) LIMESI FUNKCIJA . Limesi funkcija (sa svim korekcijama) 69. poglavlje (korigirano) LIMESI FUNKCIJA U ovom poglavlju: Neodređeni oblik Neodređeni oblik Neodređeni oblik Kose asimptote Neka je a konačan realan broj ili

Διαβάστε περισσότερα

Matematičke metode u marketingumultidimenzionalno skaliranje. Lavoslav ČaklovićPMF-MO

Matematičke metode u marketingumultidimenzionalno skaliranje. Lavoslav ČaklovićPMF-MO Matematičke metode u marketingu Multidimenzionalno skaliranje Lavoslav Čaklović PMF-MO 2016 MDS Čemu služi: za redukciju dimenzije Bazirano na: udaljenosti (sličnosti) među objektima Problem: Traži se

Διαβάστε περισσότερα

Neprekinute funkcije i limesi Definicija neprekinute funkcije i njen odnos prema limesu Asimptote Svojstva neprekinutih funkcija

Neprekinute funkcije i limesi Definicija neprekinute funkcije i njen odnos prema limesu Asimptote Svojstva neprekinutih funkcija Sadržaj: Nizovi brojeva Pojam niza Limes niza. Konvergentni nizovi Neki važni nizovi. Broj e. Limes funkcije Definicija esa Računanje esa Jednostrani esi Neprekinute funkcije i esi Definicija neprekinute

Διαβάστε περισσότερα

POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE

POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE **** MLADEN SRAGA **** 011. UNIVERZALNA ZBIRKA POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE SKUP REALNIH BROJEVA α Autor: MLADEN SRAGA Grafički urednik: BESPLATNA - WEB-VARIJANTA Tisak: M.I.M.-SRAGA

Διαβάστε περισσότερα

Teorija skupova. Matko Males Split. lipanj 2003.

Teorija skupova. Matko Males Split. lipanj 2003. Teorija skupova Matko Males Split lipanj 2003. 2 O pojmu skupa A, B, C,... oznake za skupove a, b, c,... oznake za elemente skupa a A, a / A Skup je posve odredjen svojim elementima, tj u potpunosti je

Διαβάστε περισσότερα

Verovatnoća i Statistika I deo Teorija verovatnoće (zadaci) Beleške dr Bobana Marinkovića

Verovatnoća i Statistika I deo Teorija verovatnoće (zadaci) Beleške dr Bobana Marinkovića Verovatnoća i Statistika I deo Teorija verovatnoće zadaci Beleške dr Bobana Marinkovića Iz skupa, 2,, 00} bira se na slučajan način 5 brojeva Odrediti skup elementarnih dogadjaja ako se brojevi biraju

Διαβάστε περισσότερα

SKUPOVI I SKUPOVNE OPERACIJE

SKUPOVI I SKUPOVNE OPERACIJE SKUPOVI I SKUPOVNE OPERACIJE Ne postoji precizna definicija skupa (postoji ali nama nije zanimljiva u ovom trenutku), ali mi možemo koristiti jednu definiciju koja će nam donekle dočarati šta su zapravo

Διαβάστε περισσότερα

56. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA SREDNJIH ŠKOLA. Sarajevo, godine

56. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA SREDNJIH ŠKOLA. Sarajevo, godine 56. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA SREDNJIH ŠKOLA Sarajevo, 3.04.016. godine 56. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA

Διαβάστε περισσότερα

VJEŽBE IZ MATEMATIKE 1

VJEŽBE IZ MATEMATIKE 1 VJEŽBE IZ MATEMATIKE 1 Ivana Baranović Miroslav Jerković Lekcija 8 Pojam funkcije, grafa i inverzne funkcije Poglavlje 1 Funkcije Neka su X i Y dva neprazna skupa. Ako je po nekom pravilu, ozna imo ga

Διαβάστε περισσότερα

IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f

IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f 2. Nule i znak funkcije; presek sa y-osom IspitivaƬe

Διαβάστε περισσότερα

2. Vektorski prostori

2. Vektorski prostori 2. Vektorski prostori 2.1. Pojam vektorskog prostora. Grubo govoreći, vektorski prostor je skup na kojem su zadane binarna operacija zbrajanja i operacija množenja skalarima koje poštuju uobičajena računska

Διαβάστε περισσότερα

ZBIRKA ZADATAKA IZ TEORIJE SKUPOVA

ZBIRKA ZADATAKA IZ TEORIJE SKUPOVA Sveučilište u Zagrebu PMF-Matematički odsjek Franka Miriam Brückler, Vedran Čačić, Marko Doko, Mladen Vuković ZBIRKA ZADATAKA IZ TEORIJE SKUPOVA Zagreb, 2009. Sadržaj 1 Osnovno o skupovima, relacijama

Διαβάστε περισσότερα

2.2 Srednje vrijednosti. aritmetička sredina, medijan, mod. Podaci (realizacije varijable X): x 1,x 2,...,x n (1)

2.2 Srednje vrijednosti. aritmetička sredina, medijan, mod. Podaci (realizacije varijable X): x 1,x 2,...,x n (1) 2.2 Srednje vrijednosti aritmetička sredina, medijan, mod Podaci (realizacije varijable X): x 1,x 2,...,x n (1) 1 2.2.1 Aritmetička sredina X je numerička varijabla. Aritmetička sredina od (1) je broj:

Διαβάστε περισσότερα

DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE

DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE 9 Diferencijalne jednadžbe 6 DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE U ovom poglavlju: Direktna integracija Separacija varijabli Linearna diferencijalna jednadžba Bernoullijeva diferencijalna jednadžba Diferencijalna

Διαβάστε περισσότερα

Veleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika. Monotonost i ekstremi. Katica Jurasić. Rijeka, 2011.

Veleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika. Monotonost i ekstremi. Katica Jurasić. Rijeka, 2011. Veleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika Monotonost i ekstremi Katica Jurasić Rijeka, 2011. Ishodi učenja - predavanja Na kraju ovog predavanja moći ćete:,

Διαβάστε περισσότερα

Periodične funkcije. Branimir Dakić, Zagreb

Periodične funkcije. Branimir Dakić, Zagreb Periodične funkcije Branimir Dakić, Zagreb Periodičnost 1 je pojava koju susrećemo na svakom koraku. Periodične su mnoge prirodne pojave, primjerice izmjena dana i noći ili izmjena godišnjih doba, pojava

Διαβάστε περισσότερα

MULTIPLICITETI PRESJEKA I RACIONALNOST RAVNINSKIH KRIVULJA

MULTIPLICITETI PRESJEKA I RACIONALNOST RAVNINSKIH KRIVULJA SVEUČILIŠTE U ZAGREBU PRIRODOSLOVNO MATEMATIČKI FAKULTET MATEMATIČKI ODSJEK Ivan Krijan, Sara Muhvić MULTIPLICITETI PRESJEKA I RACIONALNOST RAVNINSKIH KRIVULJA Zagreb, 2013. Ovaj rad izraden je na Zavodu

Διαβάστε περισσότερα

VJEROJATNOST I STATISTIKA Popravni kolokvij - 1. rujna 2016.

VJEROJATNOST I STATISTIKA Popravni kolokvij - 1. rujna 2016. Broj zadataka: 5 Vrijeme rješavanja: 120 min Ukupan broj bodova: 100 Zadatak 1. (a) Napišite aksiome vjerojatnosti ako je zadan skup Ω i σ-algebra F na Ω. (b) Dokažite iz aksioma vjerojatnosti da za A,

Διαβάστε περισσότερα

ANALIZA SA ALGEBROM I razred MATEMATI^KA LOGIKA I TEORIJA SKUPOVA. p q r F

ANALIZA SA ALGEBROM I razred MATEMATI^KA LOGIKA I TEORIJA SKUPOVA. p q r F ANALIZA SA ALGEBROM I razred MATEMATI^KA LOGIKA I TEORIJA SKUPOVA. Istinitosna tablica p q r F odgovara formuli A) q p r p r). B) q p r p r). V) q p r p r). G) q p r p r). D) q p r p r). N) Ne znam. Date

Διαβάστε περισσότερα

KVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola.

KVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola. KVADRATNA FUNKCIJA Kvadratna funkcija je oblika: = a + b + c Gde je R, a 0 i a, b i c su realni brojevi. Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije = a + b + c je parabola. Najpre ćemo naučiti kako

Διαβάστε περισσότερα

Algebarske strukture sa jednom operacijom (A, ): Ako operacija ima osobine: zatvorenost i asocijativnost, onda je (A, ) polugrupa

Algebarske strukture sa jednom operacijom (A, ): Ako operacija ima osobine: zatvorenost i asocijativnost, onda je (A, ) polugrupa Binarne operacije Binarna operacija na skupu A je preslikavanje skupa A A u A, to jest : A A A. Pišemo a b = c. Označavanje operacija:,,,. Poznate operacije: sabiranje (+), oduzimanje ( ), množenje ( ).

Διαβάστε περισσότερα

1 Diferencijabilnost Motivacija. Kažemo da je funkcija f : a, b R derivabilna u točki c a, b ako postoji limes f f(x) f(c) (c) = lim.

1 Diferencijabilnost Motivacija. Kažemo da je funkcija f : a, b R derivabilna u točki c a, b ako postoji limes f f(x) f(c) (c) = lim. 1 Diferencijabilnost 11 Motivacija Kažemo da je funkcija f : a, b R derivabilna u točki c a, b ako postoji es f f(x) f(c) (c) x c x c Najbolja linearna aproksimacija funkcije f je funkcija l(x) = f(c)

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Trigonometrijske jednačine i nejednačine. Zadaci koji se rade bez upotrebe trigonometrijskih formula. 00. FF cos x sin x

Διαβάστε περισσότερα

RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ

RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ LIMES NIZOVA LIMES MONOTONIH NIZOVA GEOMETRIJSKOG REDA LIMES FUNKCIJA 1 2.4. LIMES NIZA I TEOREMI O LIMESIMA 2.4.1. Definicija limesa i konvergentnog niza 2.4.1.1 Riješeni

Διαβάστε περισσότερα

Kantonalno takmičenje iz matematike učenika srednjih škola sa područja TK

Kantonalno takmičenje iz matematike učenika srednjih škola sa područja TK Kantonalno takmičenje iz matematike učenika srednjih škola sa područja TK Živinice 1.4.014. ZADACI UDRUŽENJE MATEMATIČARA TUZLANSKOG KANTONA PEDAGOŠKI ZAVOD TUZLA Takmičenje učenika srednjih škola Tuzlanskog

Διαβάστε περισσότερα

Granične vrednosti realnih nizova

Granične vrednosti realnih nizova Graiče vredosti realih izova Fukcija f : N R, gde je N skup prirodih brojeva a R skup realih brojeva, zove se iz realih brojeva ili reala iz. Opšti čla iza f je f(), N, i običo se obeležava sa f, dok se

Διαβάστε περισσότερα

( , treći kolokvij) 3. Na dite lokalne ekstreme funkcije z = x 4 + y 4 2x 2 + 2y 2 3. (20 bodova)

( , treći kolokvij) 3. Na dite lokalne ekstreme funkcije z = x 4 + y 4 2x 2 + 2y 2 3. (20 bodova) A MATEMATIKA (.6.., treći kolokvij. Zadana je funkcija z = e + + sin(. Izračunajte a z (,, b z (,, c z.. Za funkciju z = 3 + na dite a diferencijal dz, b dz u točki T(, za priraste d =. i d =.. c Za koliko

Διαβάστε περισσότερα

Algebarske strukture bilješke s vježbi asistenta Filipa Najmana ak. god /12. natipkali i uredili Aleksandar Milivojević i Sanjin Ružić

Algebarske strukture bilješke s vježbi asistenta Filipa Najmana ak. god /12. natipkali i uredili Aleksandar Milivojević i Sanjin Ružić Algebarske strukture bilješke s vježbi asistenta Filipa Najmana ak. god. 2011./12. natipkali i uredili Aleksandar Milivojević i Sanjin Ružić (skripta ne može zamijeniti vježbe) 1 Sadržaj 1 Grupe 3 1.1

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci iz trigonometrije za seminar

Zadaci iz trigonometrije za seminar Zadaci iz trigonometrije za seminar FON: 1. Vrednost izraza sin 1 cos 6 jednaka je: ; B) 1 ; V) 1 1 + 1 ; G) ; D). 16. Broj rexea jednaqine sin x cos x + cos x = sin x + sin x na intervalu π ), π je: ;

Διαβάστε περισσότερα

OBLAST DEFINISANOSTI FUNKCIJE (DOMEN) Pre nego što krenete sa proučavanjem ovog fajla, obavezno pogledajte fajl ELEMENTARNE FUNKCIJE, jer se na

OBLAST DEFINISANOSTI FUNKCIJE (DOMEN) Pre nego što krenete sa proučavanjem ovog fajla, obavezno pogledajte fajl ELEMENTARNE FUNKCIJE, jer se na OBLAST DEFINISANOSTI FUNKCIJE (DOMEN) Prva tačka u ispitivanju toka unkcije je odredjivanje oblasti deinisanosti, u oznaci Pre nego što krenete sa proučavanjem ovog ajla, obavezno pogledajte ajl ELEMENTARNE

Διαβάστε περισσότερα

Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija

Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija Za skiciranje grafika funkcije potrebno je ispitati svako od sledećih svojstava: Oblast definisanosti: D f = { R f R}. Parnost, neparnost, periodičnost. 3

Διαβάστε περισσότερα

MATEMATIČKA ANALIZA 1 1 / 192

MATEMATIČKA ANALIZA 1 1 / 192 MATEMATIČKA ANALIZA 1 1 / 192 2 / 192 prof.dr.sc. Miljenko Marušić Kontakt: miljenko.marusic@math.hr Konzultacije: Utorak, 10-12 WWW: http://web.math.pmf.unizg.hr/~rus/ nastava/ma1/ma1.html 3 / 192 Sadržaj

Διαβάστε περισσότερα

1. Topologija na euklidskom prostoru R n

1. Topologija na euklidskom prostoru R n 1 1. Topologija na euklidskom prostoru R n Euklidski prostor R n je okruženje u kojem ćemo izučavati realnu analizu. Kao skup R n se sastoji od svih uredenih n-torki realnih brojeva: R n = {(x 1,...,x

Διαβάστε περισσότερα

SVEUĆILIŠTE U RIJECI UČITELJSKI FAKULTET U RIJECI ODSJEK ZA UČITELJSKI STUDIJ U GOSPIĆU MATEMATIKA I. Skupovi, funkcije, brojevi

SVEUĆILIŠTE U RIJECI UČITELJSKI FAKULTET U RIJECI ODSJEK ZA UČITELJSKI STUDIJ U GOSPIĆU MATEMATIKA I. Skupovi, funkcije, brojevi SVEUĆILIŠTE U RIJECI UČITELJSKI FAKULTET U RIJECI ODSJEK ZA UČITELJSKI STUDIJ U GOSPIĆU MATEMATIKA I Skupovi, funkcije, brojevi mr.sc. TATJANA STANIN 009. Kratak pregled predavanja koja se izvode na učiteljskom

Διαβάστε περισσότερα

Osnovni teoremi diferencijalnog računa

Osnovni teoremi diferencijalnog računa Sveučilište J.J. Strossmayera u Osijeku Odjel za matematiku Preddiplomski studij matematike Tena Pavić Osnovni teoremi diferencijalnog računa Završni rad Osijek, 2009. Sveučilište J.J. Strossmayera u Osijeku

Διαβάστε περισσότερα

Neka su A i B proizvoljni neprazni skupovi. Korespondencija iz skupa A u skup B definiše se kao proizvoljan podskup f Dekartovog proizvoda A B.

Neka su A i B proizvoljni neprazni skupovi. Korespondencija iz skupa A u skup B definiše se kao proizvoljan podskup f Dekartovog proizvoda A B. Korespondencije Neka su A i B proizvoljni neprazni skupovi. Korespondencija iz skupa A u skup B definiše se kao proizvoljan podskup f Dekartovog proizvoda A B. Pojmovi B pr 2 f A B f prva projekcija od

Διαβάστε περισσότερα

OSNOVE MATEMATIČKE ANALIZE. Boris Guljaš. predavanja. Zagreb,

OSNOVE MATEMATIČKE ANALIZE. Boris Guljaš. predavanja. Zagreb, OSNOVE MATEMATIČKE ANALIZE Boris Guljaš predavanja Zagreb, 3.2.2014. ii Posljednji ispravak: utorak, 18. travanj 2017. Sadržaj 1 Skupovi N, Z, Q, R, C, R n 1 1.1 Skupovi N, Z, Q, R........................

Διαβάστε περισσότερα

Relacije poretka ure denja

Relacije poretka ure denja Relacije poretka ure denja Relacija na skupu A je relacija poretka na A ako je ➀ refleksivna ➁ antisimetrična ➂ tranzitivna Umesto relacija poretka često kažemo i parcijalno ured enje ili samo ured enje.

Διαβάστε περισσότερα

1. Skupovi Algebra skupova

1. Skupovi Algebra skupova 1. Skupovi 1.1. Algebra skupova Temeljne definicije i oznake. Pod pojmom skupa razumijevamo bilo koju množinu elemenata. Npr.: (a) skup svih prirodnih brojeva N = {1, 2, 3,...} ; (b) skup svih cijelih

Διαβάστε περισσότερα

KONVEKSNI SKUPOVI. Definicije: potprostor, afin skup, konveksan skup, konveksan konus. 1/5. Back FullScr

KONVEKSNI SKUPOVI. Definicije: potprostor, afin skup, konveksan skup, konveksan konus. 1/5. Back FullScr KONVEKSNI SKUPOVI Definicije: potprostor, afin skup, konveksan skup, konveksan konus. 1/5 KONVEKSNI SKUPOVI Definicije: potprostor, afin skup, konveksan skup, konveksan konus. 1/5 1. Neka su x, y R n,

Διαβάστε περισσότερα

x + t x 2 x t x 2 t x = + x + = + x + = t 2. 3 y y [x množi cijelu zagradu] y y 2 x [na lijevu stranu prebacimo nepoznanicu y] [izlučimo 3 y ] x x x

x + t x 2 x t x 2 t x = + x + = + x + = t 2. 3 y y [x množi cijelu zagradu] y y 2 x [na lijevu stranu prebacimo nepoznanicu y] [izlučimo 3 y ] x x x Zadatak 00 (Sanja, gimnazija) Odredi realnu funkciju f() ako je f ( ) = Rješenje 00 Uvedemo supstituciju (zamjenu varijabli) = t Kvadriramo: t t t = = = = t Uvrstimo novu varijablu u funkciju: f(t) = t

Διαβάστε περισσότερα

ZBIRKA POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA

ZBIRKA POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA **** IVANA SRAGA **** 1992.-2011. ZBIRKA POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE POTPUNO RIJEŠENI ZADACI PO ŽUTOJ ZBIRCI INTERNA SKRIPTA CENTRA ZA PODUKU α M.I.M.-Sraga - 1992.-2011.

Διαβάστε περισσότερα

Jednodimenzionalne slučajne promenljive

Jednodimenzionalne slučajne promenljive Jednodimenzionalne slučajne promenljive Definicija slučajne promenljive Neka je X f-ja def. na prostoru verovatnoća (Ω, F, P) koja preslikava prostor el. ishoda Ω u skup R realnih brojeva: (1)Skup {ω/

Διαβάστε περισσότερα

Operatori na normiranim prostorima vježbe 2015/2016. Tomislav Berić

Operatori na normiranim prostorima vježbe 2015/2016. Tomislav Berić Operatori na normiranim prostorima vježbe 2015/2016 Tomislav Berić tberic@math.hr Sadržaj 1 Operatori na Hilbertovim prostorima 1 1.1 Normalni operatori..................................... 3 1.2 Unitarni

Διαβάστε περισσότερα

FUNKCIJE - 2. deo. Logika i teorija skupova. 1 Logika FUNKCIJE - 2. deo

FUNKCIJE - 2. deo. Logika i teorija skupova. 1 Logika FUNKCIJE - 2. deo FUNKCIJE - 2. deo Logika i teorija skupova 1 Logika FUNKCIJE - 2. deo Inverzna korespondencija Neka je data korespondencija f A B. Tada korespondenciju f 1 B A definisanu sa f 1 = {(b, a) B A (a, b) f}

Διαβάστε περισσότερα

1 Pojam funkcije. f(x)

1 Pojam funkcije. f(x) Pojam funkcije f : X Y gde su X i Y neprazni skupovi (X - domen, Y - kodomen) je funkcija ako ( X)(! Y )f() =, (za svaki element iz domena taqno znamo u koji se element u kodomenu slika). Domen funkcije

Διαβάστε περισσότερα

Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama.

Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama. Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama. a b Verovatno a da sluqajna promenljiva X uzima vrednost iz intervala

Διαβάστε περισσότερα

Ivan Ivec SOBOLJEVLJEVE NEJEDNAKOSTI I PRIMJENE

Ivan Ivec SOBOLJEVLJEVE NEJEDNAKOSTI I PRIMJENE Sveučilište u Zagrebu PMF Matematički odjel Ivan Ivec SOOLJEVLJEVE NEJEDNAKOSTI I PRIMJENE Diplomski rad Voditelj rada: doc. dr. sc. Nenad Antonić Zagreb, siječnja 001. Zahvaljujem svojem mentoru doc.

Διαβάστε περισσότερα

Skupovi brojeva Materijali za nastavu iz Matematike 1

Skupovi brojeva Materijali za nastavu iz Matematike 1 Skupovi brojeva Materijali za nastavu iz Matematike 1 Kristina Krulić Himmelreich i Ksenija Smoljak 2012/13 1 / 32 Podsjetnik teorije skupova Operacije sa skupovima: A B = {x : x A x B} A B = {x : x A

Διαβάστε περισσότερα

2.6 Nepravi integrali

2.6 Nepravi integrali 66. INTEGRAL.6 Neprvi integrli Definicij. Nek je f : [, R funkcij koj je Riemnn integrbiln n svkom podsegmentu [, ] od [,. Ako postoji končn es f() (.4) ond se tj es zove neprvi integrl funkcije f n [,

Διαβάστε περισσότερα

Sadrˇzaj. Sadrˇzaj 1 9 DVODIMENZIONALNI SLUČAJNI VEKTOR DISKRETNI DVODIMENZIONALNI

Sadrˇzaj. Sadrˇzaj 1 9 DVODIMENZIONALNI SLUČAJNI VEKTOR DISKRETNI DVODIMENZIONALNI Sadrˇzaj Sadrˇzaj DVODIMENZIONALNI. DISKRETNI DVODIMENZIONALNI............................ KONTINUIRANI -dim tko želi znati više.............................. 5. KOVARIJANCA, KORELACIJA, PRAVCI REGRESIJE........

Διαβάστε περισσότερα

Granične vrednosti realnih funkcija i neprekidnost

Granične vrednosti realnih funkcija i neprekidnost Granične vrednosti realnih funkcija i neprekidnost 1 Pojam granične vrednosti Naka su x 0 R i δ R, δ > 0. Pod δ okolinom tačke x 0 podrazumevamo interval U δ x 0 ) = x 0 δ, x 0 + δ), a pod probodenom δ

Διαβάστε περισσότερα

9. PREGLED ELEMENTARNIH FUNKCIJA

9. PREGLED ELEMENTARNIH FUNKCIJA 9. PREGLED ELEMENTARNIH FUNKCIJA Pod elementarnim funkcijama najčešće ćemo podrazumijevati realne funkcije realne varijable Detaljnije ćemo u Matematici II analizirati funkcije koje se najčešće koriste

Διαβάστε περισσότερα

OSNOVNI PRINCIPI PREBROJAVANJA. () 6. studenog 2011. 1 / 18

OSNOVNI PRINCIPI PREBROJAVANJA. () 6. studenog 2011. 1 / 18 OSNOVNI PRINCIPI PREBROJAVANJA () 6. studenog 2011. 1 / 18 TRI OSNOVNA PRINCIPA PREBROJAVANJA -vrlo često susrećemo se sa problemima prebrojavanja elemenata nekog konačnog skupa S () 6. studenog 2011.

Διαβάστε περισσότερα

POLINOMI I RACIONALNE FUNKCIJE Nastava u Matematiqkoj gimnaziji, Vladimir Balti

POLINOMI I RACIONALNE FUNKCIJE Nastava u Matematiqkoj gimnaziji, Vladimir Balti POLINOMI I RACIONALNE FUNKCIJE Nastava u Matematiqkoj gimnaziji, 004. Vladimir Balti Pojam polinoma. Prsten polinoma.. Dati su polinomi P (x) = x + x +, Q(x) = x 4 x +, R(x) = x x +. Proveriti da li za

Διαβάστε περισσότερα

Dužina luka i oskulatorna ravan

Dužina luka i oskulatorna ravan Dužina luka i oskulatorna ravan Diferencijalna geometrija Vježbe Rješenja predati na predavanjima, u srijedu 9. ožujka 16. god. Zadatak 1. Pokazati da je dužina luka invarijantna pod reparametrizacijom

Διαβάστε περισσότερα

Skup svih mogućih ishoda datog opita, odnosno skup svih elementarnih događaja se najčešće obeležava sa E. = {,,,... }

Skup svih mogućih ishoda datog opita, odnosno skup svih elementarnih događaja se najčešće obeležava sa E. = {,,,... } VEROVTNOĆ - ZDI (I DEO) U računu verovatnoće osnovni pojmovi su opit i događaj. Svaki opit se završava nekim ishodom koji se naziva elementarni događaj. Elementarne događaje profesori različito obeležavaju,

Διαβάστε περισσότερα

ASIMPTOTE FUNKCIJA. Dakle: Asimptota je prava kojoj se funkcija približava u beskonačno dalekoj tački. Postoje tri vrste asimptota:

ASIMPTOTE FUNKCIJA. Dakle: Asimptota je prava kojoj se funkcija približava u beskonačno dalekoj tački. Postoje tri vrste asimptota: ASIMPTOTE FUNKCIJA Naš savet je da najpre dobro proučite granične vrednosti funkcija Neki profesori vole da asimptote funkcija ispituju kao ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti, pa kako

Διαβάστε περισσότερα

ELEMENTARNE FUNKCIJE dr Jelena Manojlović Prirodno-matematički fakultet, Niš

ELEMENTARNE FUNKCIJE dr Jelena Manojlović Prirodno-matematički fakultet, Niš 1 1. Osnovni pojmovi ELEMENTARNE FUNKCIJE dr Jelena Manojlović Prirodno-matematički fakultet, Niš Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva

Διαβάστε περισσότερα

On predstavlja osnovni pojam, poput pojma tačke ili prave u geometriji. Suštinsko svojstvo skupa je da se on sastoji od elemenata ili članova.

On predstavlja osnovni pojam, poput pojma tačke ili prave u geometriji. Suštinsko svojstvo skupa je da se on sastoji od elemenata ili članova. Pojam skupa U matematici se pojam skup ne definiše eksplicitno. On predstavlja osnovni pojam, poput pojma tačke ili prave u geometriji. Suštinsko svojstvo skupa je da se on sastoji od elemenata ili članova.

Διαβάστε περισσότερα

Matematika. Viša razina. Marina Ninković, prof. Vesna Ovčina, prof. Zagreb, 2015.

Matematika. Viša razina. Marina Ninković, prof. Vesna Ovčina, prof. Zagreb, 2015. Matematika Viša razina Marina Ninković, prof. Vesna Ovčina, prof. Zagreb, 2015. Autor: Marina Ninković, prof. Vesna Ovčina, prof. Naslov: Matematika Viša razina Izdanje: 4. izdanje Urednica: Ana Belin,

Διαβάστε περισσότερα

Prvi pismeni zadatak iz Analize sa algebrom novembar Ispitati znak funkcije f(x) = tgx x x3. 2. Naći graničnu vrednost lim x a

Prvi pismeni zadatak iz Analize sa algebrom novembar Ispitati znak funkcije f(x) = tgx x x3. 2. Naći graničnu vrednost lim x a Testovi iz Analize sa algebrom 4 septembar - oktobar 009 Ponavljanje izvoda iz razreda (f(x) = x x ) Ispitivanje uslova Rolove teoreme Ispitivanje granične vrednosti f-je pomoću Lopitalovog pravila 4 Razvoj

Διαβάστε περισσότερα

mogućih vrijednosti rs3. Za m, n N, mn+1 m 2 +n 2 m2 + n 2 mn + 1 je kvadrat prirodnog broja.

mogućih vrijednosti rs3. Za m, n N, mn+1 m 2 +n 2 m2 + n 2 mn + 1 je kvadrat prirodnog broja. r1. Neka je n fiksan prirodan broj. Neka je k bilo koji prirodan broj ne veći od n i neka je S skup nekih k različitih prostih brojeva. Ivica i Marica igraju naizmjenično sljedeću igru. Svako od njih bira

Διαβάστε περισσότερα

4 Numeričko diferenciranje

4 Numeričko diferenciranje 4 Numeričko diferenciranje 7. Funkcija fx) je zadata tabelom: x 0 4 6 8 fx).17 1.5167 1.7044 3.385 5.09 7.814 Koristeći konačne razlike, zaključno sa trećim redom, odrediti tačku x minimuma funkcije fx)

Διαβάστε περισσότερα

MATEMATIKA 3. Integrirani preddiplomski i diplomski studij fizike i kemije, smjer nastavnički

MATEMATIKA 3. Integrirani preddiplomski i diplomski studij fizike i kemije, smjer nastavnički Ljiljana Arambašić MATEMATIKA 3 Integrirani preddiplomski i diplomski studij fizike i kemije, smjer nastavnički Integrirani preddiplomski i diplomski studij fizike i tehnike, smjer nastavnički SADRŽAJ

Διαβάστε περισσότερα

Diferencijalni račun

Diferencijalni račun ni račun October 28, 2008 ni račun Uvod i motivacija Točka infleksije ni račun Realna funkcija jedne realne varijable Neka je X neprazan podskup realnih brojeva. Ako svakom elementu x X po postupku f pridružimo

Διαβάστε περισσότερα