Aksioma zamene. Aksioma dobre zasnovanosti. Aksioma dobre zasnovanosti Svaki neprazan skup A sadrži skup a takav da je A a = 0.

Transcript

1 Aksioma zamene Aksioma zamene opisuje sledeće: ako je P (x, y) neko svojstvo parova skupova (x, y) takvo da za svaki skup x postoji tačno jedan skup y takav da par (x, y) ima svojstvo P, tada za svaki skup A postoji skup B čiji su jedini elementi oni skupovi y za koje postoji skup x A takav da par (x, y) ima svojstvo P. Taj skup označavamo sa {y postoji x A za koji važi P (x, y)}. Neformalno, aksioma zamene dozvoljava da u svakom skupu A svaki njegov element x zamenimo skupom y koji je dobijen od skupa x odredjenom procedurom (P ). Nešto detaljnija diskusija, kao i preciznija formulacija, može se naći u [MP], str. 19. Aksioma dobre zasnovanosti Aksioma dobre zasnovanosti Svaki neprazan skup A sadrži skup a takav da je A a = 0. Stav 1.22 [MP] Važi sledeće: (a) Ne postoji skup x takav da x x. (b) Ne postoje skupovi x i y takvi da važi x y x. (v) Ne postoje skupovi x i y takvi da važi (x, y) x. Stav 1.23 [MP] Ako su skupovi x i y takvi da je x {x} = y {y}, tada je x = y. Aksioma beskonačnosti Sledbenik skupa x je skup x {x} koji označavamo sa x. Podsetimo da smo definisali: O = 1, 1 = 2, 2 = 3,... Proveriti da važi: 2 = {0, 1}, 3 = {0, 1, 2}, 4 = {0, 1, 2, 3}... 1

2 Za skup A kažemo da je induktivan ako zadovoljava sledeća dva uslova: (1) 0 A; (2) Ako x A, onda i x A. Aksioma beskonačnosti. Postoji induktivan skup. Lema Presek induktivnih skupova je induktivam skup. Prethodna lema nam omogućuje da dokažemo da postoji najmanji (u smislu inkluzije) induktivan skup, a to je onaj koji je sadržan u svakom drugom induktivnom skupu. Teorema 2.1 [MP] Postoji tačno jedan induktivan skup ω za koji važi: Ako je C ω induktivan skup, tada je C = ω. Skup ω iz prethodnog tvrdjenja je skup prirodnih brojeva. Iz dokaza prethodne teoreme sledi: za svaki induktivan skup I važi ω I. Prema tome skup ω je najmanji (u smislu inkluzije) induktivan skup. Prirodan broj je skup koji pripada skupu ω. Primetimo da je nula prirodan broj: 0 ω. koristimo za skup pozitivnih prirodnih brojeva. Uobičajenu oznaku N U sledećem tvrdjenju je motivisana formalna definicija (uobičajenog) uredjenja skupa prirodnih brojeva. Stav [MP] Neka su m, n prirodni brojevi. (1) m n ako i samo ako m n. (2) Važi tačno jedno od: m n, m = n i n m. Posledica prethodnog stava je da je uuobičajeno linearno uredjenje skupa prirodnih brojeva definisano sa m < n ako i samo ako m n. 2

3 Indukcija Sabiranje prirodnih brojeva je definisano tako da je m = m + 1; formalne definicije binarnih operacija sabiranja i množenja mogu se naći u [MP] str Matematička indukcija je metod dokazivanja tvrdjenja u kojima figuriše i prirodan broj n. Zasnovan je na minimalnosti skupa ω u klasi induktivnih skupova, koja je posebno naglašena u sledećem tvrdjenju. Teorema 2.2 [MP] Ako skup C ω zadovoljava uslove: (1) 0 ω; i (2) Za svaki n ω: ako n C, tada i n C, tada je C = ω. Neka je P n neko tvrdjenje u kome figuriše prirodan broj n. Ako važe sledeće dve stavke: Tvrdjenje P 0 je tačno; i Za svaki n ω iz tačnosti tvrdjenja P n sledi tačnost P n+1 tada je tvrdjenje P n tačno za svaki prirodan broj n. Primer 1. Broj n 3 + 5n je deljiv sa 6 za svaki prirodan broj n. Zadaci 1. Dokazati da ako skup A ima n elemenata, tada P(A) ima 2 n elemenata. 2. Γ-domina se dobija iz kvadratne 2 2 tablice izbacivanjem jednog (1 1) polja. Dokazati da ako iz kvadratne tablice dimenzija 2 n 2 n izbacimo jedno polje, tada je preostali deo moguće prekriti Γ-dominama. 3. U ravni je nacrtano nekoliko krugova i pravih, koji dele ravan na oblasti. Dokazati da je svaku od oblasti moguće obojiti jednom od dve boje (crvenom i belom) tako da su svake dve oblasti koje imaju zajednički deo granice (bar dve tačke) imaju različitu boju. 3

4 4. U ravni je dato 2n tačaka takvih da nikoje tri nisu kolinearne. Dokazati da ih možemo podeliti u n parova, takvih da su duži odredjene tim parovima medjusobno disjunktne. Varijante indukcije Neka je P n neko tvrdjenje o prirodnom broju n i n 0 ω. Pretpostavimo da važe sledeće dve stavke: Tvrdjenje P n0 je tačno; i Iz tačnosti tvrdjenja P n sledi tačnost P n+1 za svaki n n 0. Tada je tvrdjenje P n tačno za svaki prirodan broj n n 0. Primer Ako je ρ A tranzitivna relacija na skupu A, n 2 i (a 1,..., a n ) put u digrafu (A < ρ), tada (a 1, a n ) ρ. Potpuna indukcija. Neka je P n neko tvrdjenje o prirodnom broju n. Ako važe sledeće dve stavke: Tvrdjenje P 0 je tačno; i Za svaki prirodan broj n, iz tačnosti tvrdjenja P 0,..., P n sledi tačnost tvrdjenja P n+1, tada je tvrdjenje P n tačno za svaki prirodan broj n. Primer 1. Svaki prirodan broj n 2 je deljiv nekim prostim brojem. 2. (Euklid) Postoji beskonačno mnogo prostih brojeva. Princip dobrog uredjenja prirodnih brojeva Linearno uredjenje (ω, <) zadovoljava sledeći uslov: Svaki neprazan skup C ω sadrži najmanji element. 4

5 (Ovde najmanji znači najmanji u C; formalno, takav element je najmanji u indukovanom uredjenju (C, < C ), gde je < C =< (C C). Linearno uredjenje (A, <) je dobro ako svaki njegov neprazan podskup ima najmanji element. Primer. 1. Uredjenje (ω + 1, ) je dobro (ovde je ω + 1 = ω = ω {ω}). Intuitivno, ovo uredjenje se dobija iz uredjenja prirodnih brojeva dodavanjem jednog beskonačno velikog elementa. 2. Uredjenje celih brojeva nije dobro, kao ni uredjenja tacionalnih i realnih brojeva. Dobra uredjenost skupa prirodnih brojeva se može koristiti u dokazima umesto (potpune) indukcije... Primer: Euklid... Zadaci 1. Pretpostavimmo da je a realan broj takav da je a + 1 a Dokazati da je a n + 1 a n prirodan broj za svaki n N. prirodan broj. 2. Dokazati da kvadrat možemo rastaviti pravolinijskim rezovima na n 5 kvadrata. 3. Dokazati da se svaki prirodan broj n 2 može napisati kao proizvod prostih brojeva. 4. Dokazati da svaki skup A {1, 2,..., 2n} koji ima n + 1 element sadrži dva različita elementa od kojih je jedan deljiv drugim. 5. Poznato je da se svaki prirodan broj n izmedju 33 i 73 može predstaviti kao zbir (ne obavezno različitih) prirodnih brojeva čiji je zbir recipročnih vrednosti jednak 1. Dokazati da je svaki prirodan broj moguće predstaviti kao takav zbir. 5

6 O rekurziji Rekurzija je metod za definisanje skupova; obično su to funkcije i nizovi. Primer je definicija Fibonačijevog niza. Stav Postoji jedinstvena funkcija F : ω Z koja zadovoljava uslove: F (0) = F (1) = 1; Za svaki n ω važi: F (n + 2) = F (n) + F (n + 1). Dokaz egzistencije funkcije koja zadovoljava uslove prethodnog stava nije jednostavan; dokaz jedinstvenosti je lak: indukcijom se pokaže da za svake dve funkcije F, G koje zadovoljavaju gornje uslove važi: F (n) = G(n) za svako n ω. Rekurzijom se član niza definiše preko prethodno definisanih članova. Tvrdjenja o rekurzivno definisanim skupovima se obično dokazuju indukcijom! Funkcije čiji je domen rekurzivno definisan skup se obično definišu rekurzivno. Zadaci 1. Ako je a 0 = 1, a 1 = 2 i za svaki n ω važi a n+2 = 2 a n +a n+1, dokazati da je a n = 2 n za svaki n ω. 2. U ravni se nalazi n pravih u opštem položaju (svake dve se seku, nikoje tri nemaju zajedničku tačku). Na koliko oblasti je ravan podeljena? 3. U ravni se nalazi n krugova tako da svaka dva imaju tačno dve zajedničke tačke i da nikoja tri nemaju zajedničku tačku. Na koliko oblasti je ravan podeljena? 4. Skakavac se nalazi u tački A i skace duž prave p kojoj A pripada. U svakom momentu on može da skoči ili 1 ili 2 metra udesno. Na koliko različitih načina on može da dodje u tačku B na pravi p koja se nalazi 10 metara udesno od A. 6

7 5. Gost dolazi u hotel. On nema novca ali oko vrata nosi dugačak zlatan lanac sastavljen od alki. Vlasnik hotela pristaje da gost svakog jutra plati boravak za taj dan jednom alkom. Koliko najduže dana gost može ostati u hotelu a da pri tom ne preseče više od 10 alki? 7