Elementi matematičke logike

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Elementi matematičke logike"

Transcript

1 Glava 1 Elementi matematičke logike 1.1 Pojam iskaza Neka je zadan neprazan skup I takav da se za svaki element skupa I može utvrditi da li posjeduje odredeno svojstvo ili ga ne posjeduje. Elementi skupa I nazivaju se iskazi i obično se označavaju malim slovima latinice p, q, r,... Činjenica da iskaz p I posjeduje uočeno svojstvo označava se sa τ(p) =, dok se činjenica da iskaz q I ne posjeduje uočeno svojstvo označava sa τ(q) =. Tipičan primjer skupa I je skup svih izjavnih rečenica (izjavnih u užem smislu) nekog govornog (npr. bosanskog) jezika. Uočeno svojstvo, koju posjeduje svaka izjavna rečenica, je njena istinitost. Drugim riječima svaka izjavna rečenica je tačna (istinita) ili netačna (lažna). U ovom primjeru iskazi su rečenice: Sarajevo je glavni grad Bosne i Hercegovine. Bihać je najveći grad u Bosni i Hercegovini. U svakom trouglu može se upisati krug. Oko svakog četverougla može se opisati krug. Pri tome su prvi i treći iskaz tačni, dok su drugi i četvrti netačni. Ranije upotrebljeni termin izjavna rečenica u užem smislu zahtijeva ipak dodatno objašnjenje. Naime, postoje izjavne rečenice čija se istinitost ne može utvrditi. Takve su npr. rečenice: Možda ću doći, a možda ne. Žedan sam. i one nisu iskazi. Upitne i uzvične rečenice, npr.: 1

2 2 GLAVA 1. ELEMENTI MATEMATIČKE LOGIKE Koliko je sati? ili Ustani! takode nisu iskazi. Upravo ovaj primjer opravdava opšteprihvaćenu terminologiju kojom se umjesto fraze posjedovanje odredenog svojstva koristi fraza istinitosna vrijednost. I u ovom tekstu će uglavnom biti zastupljena upravo ova terminologija. Sljedeći primjer skupa I ima izuzetno važnu praktičnu realizaciju. Sada su elementi skupa I prekidači koji mogu biti u jednom od dva moguća položaja. Prekidač može biti uključen (posjeduje uočeno svojstvo, tačan je ) ili isključen (ne posjeduje uočeno svojstvo, netačan je ). Naravno, svaka matematička formula takode predstavlja (tačan ili netačan) iskaz. Npr.: 3 9 (netačan iskaz), = 12 (tačan iskaz), itd. 1.2 Logičke operacije i iskazne formule Slobodno govoreći, logička operacija je postupak kojim se iskaz-u/ima pridružuje iskaz. Unarne opeacije djeluju na jedan iskaz, dok binarne opeacije djeluju na dva iskaza. Na skupu iskaza moguće je definisati četiri unarne i šesnaest binarnih operacija. Medu njima se ističu jedna unarna (negacija) i četiri binarne opeacije (konjunkcija, disjunkcija, implikacija i ekvivalencija). Slijede definicije ovih logičkih operacija. Definicija 1 Neka je zadan iskaz p. Negacija iskaza p, u oznaci p, je iskaz koji ima suprotnu istinitosnu vrijednost od iskaza p. Oznaka p čita se na jedan od sljedećih načina: ne p, nije p, negacija iskaza p. Definicija 2 Neka su zadani iskaz p i iskaz q. Konjunkcija iskaza p i iskaza q, u oznaci p q, je iskaz koji je tačan kada su tačni i iskaz p i iskaz q. U svim preostalim slučajevima konjunkcija iskaza p i iskaza q je netačna. Oznaka p q čita se kao p i q. Definicija 3 Neka su zadani iskaz p i iskaz q. Disjunkcija iskaza p i iskaza q, u oznaci p q, je iskaz koji je netačan kada su netačni i iskaz p i iskaz q. U svim preostalim slučajevima disjunkcija iskaza p i iskaza q je tačna. Oznaka p q čita se kao p ili q. Definicija 4 Neka su zadani iskaz p i iskaz q. Implikacija iskaza p i iskaza q, u oznaci p q, je iskaz koji je netačan kada je iskaz p tačan, a iskaz q netačan. U svim preostalim slučajevima implikacija iskaza p i iskaza q je tačna.

3 1.2. LOGIČKE OPERACIJE I ISKAZNE FORMULE 3 Oznaka p q čita se na jedan od sljedećih načina: p implicira q, iz p slijedi q, ako p onda q, uslov p je dovoljan za uslov q, uslov q je potreban za uslov p. Definicija 5 Neka su zadani iskaz p i iskaz q. Ekvivalencija iskaza p i iskaza q, u oznaci p q, je iskaz koji je tačan kada iskazi p i q imaju jednake istinitosne vrijednosti, a netačan kada iskazi p i q imaju različite istinitosne vrijednosti. Oznaka p q čita se na jedan od sljedećih načina: p je ekvivalentno sa q, važi p ako i samo ako važi q, uslov p je potreban i dovoljan uslov za q Navedene operacije mogu se definisati i pomoću sljedeće tabele: p q p p q p q p q p q Koristeći definiciju, trivijalno je dokazati osnovne osobine logičkih operacija. Osobine negacije 1. ( p) = p Osobine konjunkcije 1. p p =, 2. p = p i 3. p =. Osobine disjunkcije 1. p p =, 2. p = i 3. p = p. Osobine implikacije 1. p p = p, 2. p =, 3. p = p, 4. p = p i 5. p =. Osobine ekvivalencije 1. p p =,

4 4 GLAVA 1. ELEMENTI MATEMATIČKE LOGIKE 2. p = p i 3. p = p. Djelovanjem logičkih operacija na više od dva iskaza dobijaju se tzv. iskazne formule. Definicija 6 Iskazna slova su simboli kojima se označavaju iskazi. Iskazna slova su iskazne formule. Ako su P i Q iskazne formule, onda su i P, P Q, P Q, P Q i P Q takode iskazne formule. Iskazne formule mogu se dobiti samo primjenom prethodna dva pravila. Prilikom djelovanja, dogovorom se usvaja da najviši prioritet ima negacija, zatim konjunkcija, disjunkcija i implikacija, dok najniži prioritet ima ekvivalencija. Ukoliko se želi promjeniti redosljed izvršavanja logičkih operacija koriste se zagrade. Tako je npr. = =, dok je ( ) = =. 1.3 Zadaci Zadatak 1 Odrediti istinitosne vrijednosti sljedećih iskaza: 1. 5 je prirodan broj, je iracionalan broj, 3. NZD(12, 24) = 8, je prost broj, 5. 5 ( 8) = 5 8, = = 11 8, = 0.6, 8. 9 = 3, > 1 3, 6 7 > 7 8, , = 3 2 i =

5 1.3. ZADACI 5 Zadatak 2 Na odgovarajućem mjestu napisati broj, tako da dobijeni iskaz bude tačan: je najmanji prirodan broj je najveći negativni cijeli broj nije ni pozitivan, ni negativan broj. { je najveći element skupa 2, 1 3, 1 4, 2 5 { je najmanji element skupa 2, 1 3, 1 4, je najveći prirodan broj čiji je kvadrat manji od 100. } je jedini prost broj u skupu {8, 9, 10, 11}. } je jedini složen broj u skupu {5, 7, 9, 11, 13}. Zadatak 3 Odrediti istinitosne vrijednosti sljedećih iskaza: N 2 > > 0.4 ( 1 ) 2 > [ ( ) ( 1 : ) ] [ (1 = ) ] : = 7 Zadatak 4 Simbolički napisati sljedeće rečenice: 1. Oba prirodna broja a i b su parna. 2. Barem jedan od prirodnih brojeva a i b je neparan. 3. Oba prirodna broja a i b su neparna. 4. Barem jedan od prirodnih brojeva a i b je paran. Zadatak 5 Zadani su iskazi p : 2 3 1, q : Godina ima 8 mjeseci. i r : Dijagonale romba su medusobno normalne. Odrediti istinitosnu vrijednost sljedećih formula: 1. p (q r). { 2. q [ p ( q r) ]} [ p (q r) ]. Zadatak 6 Nacrtati električna kola koja odgovaraju iskaznim formulama:

6 6 GLAVA 1. ELEMENTI MATEMATIČKE LOGIKE 1. (p q) (r s). 2. [ (p q) r ] s. 3. (p q) r. Zadatak 7 Sastaviti istinitosne tablice sljedećih iskaznih formula: 1. (p q) r. 2. p (q r). { 3. q [ p ( q r) ]} [ p (q r) ]. Zadatak 8 Odrediti istinitosne vrijednosti sljedećih iskaza: = = = 7 5 = (2 > 1) Glavni grad Španije je Torino.. Zadatak 9 Odrediti vrijednosti promjenjljive x {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} tako da zadana iskazna formula bude tačna: 1. x > 7 x + 2 < x 7 x 2 > x 1 x 2 x x 2 < 2 x + 1 = 2. Zadatak 10 Odrediti vrijednosti promjenjljive x R tako da zadana iskazna formula bude tačna: 1. x 2 > 0 2x 10 < x 3 > 0 x 2 3x + 2 < x 1 0 3x 15 > 0. x 4 4. x < 4 x 6 8 x > 0. Zadatak 11 Sastaviti istinitosne tablice sljedećih iskaznih formula: 1. (p q) (q p). [ ] 2. (p q) p p. 3. (p q) ( p q).

7 1.4. TAUTOLOGIJE 7 4. (p q) (q p). Zadatak 12 Ako je τ(p q) = i τ(p q) = odrediti τ(q p). Zadatak 13 Ako je τ(p q) = odrediti τ( p q), τ( p q) i τ(q p). Zadatak 14 Sastaviti istinitosne tablice sljedećih iskaznih formula: 1. (p q) r. 2. (p r) q. [ ] 3. (p q) (r p) ( q r). 4. { [ } p (q r)] ( p r) (q r) r. { [ ] } 5. (p q) p (q r) (p r). Zadatak 15 Riješiti po p, q, r {, } jednačine: 1. τ[(p q) r] =. 2. τ[(p r) q] =. 1.4 Tautologije Definicija 7 Iskazna formula koja je tačna za sve vrijednosti svojih iskaznih slova naziva se tautologija. Teorema 1 Sljedeće iskazne formule su tautologije 1. p q q p, p q q p. 2. (p q) r p (q r), (p q) r p (q r). 3. p (q r) (p q) (p r), p (q r) (p q) (p r). 4. (p q) p q, (p q) p q. 5. (p q) ( q p). 6. p q p q. 7. (p q) [(p q) (q p)], (p q) [(p q) (q p)].

8 8 GLAVA 1. ELEMENTI MATEMATIČKE LOGIKE Dokaz:Tabela istinitosti za šestu formulu glasi p q p p q p q F odakle se zaključuje da posljednja formula zaista jeste tautologija. Na isti način se dokazuje da su i ostale formule tautologije. Treba primjetiti da tautologija 6. omogućava električnu realizaciju implikacije. 1.5 Zadaci Zadatak 16 Ne koristeći istinitosne tabele dokazati da su sljedeće iskazne formule tautologije { 1. p [ p ( q r) ]} [ q (s t) ], 2. [ (p q) r ] [ (s t) (r p) ] 3. [ p (q r) ] [ (q s) (t p) ] 4. [ ( p q) (r s) ] [ (r t) p ] 1.6 Osnovi predikatskog računa Pojam predikata Definicija 8 Predikat dužine n N, definsan na skupu S, je svako preslikavanje P : S n {, }. Specijalno, predikati dužine nula su iskazi. U daljem tekstu pažnja će se posvetiti isključivo predikatima dužine jedan i dva. Primjer 1 Neka je S skup svih studenata Univerziteta u Sarajevu i neka je P predikat dužine jedan definisan na skupu S sa: biti student Gradevinskog fakulteta. Primjer 2 Neka je S skup prirodnih brojeva i neka je P predikat dužine jedan definisan na skupu S sa: broj n je djeljiv sa tri. Primjer 3 Neka je S skup svih planeta sunčevog sistema i neka je P predikat dužine dva definisan na skupu S sa: planete p 1 i p 2 su susjedne. Primjer 4 Neka je S skup prirodnih brojeva i neka je P predikat dužine dva definisan na skupu S sa: zbir brojeva n 1 i n 2 je prost broj.

9 1.6. OSNOVI PREDIKATSKOG RAČUNA 9 Važno je uočiti razliku izmedu predikata i iskaza. Naime, predikat dužine jedan (dva) nije iskaz, ali taj predikat svakom elementu skupa S (S 2 ) pridružuje iskaz. Na izvjestan način, predikati se mogu poistovjetiti sa formularima. Prazan formular predstavlja predikat (student Univerziteta u Sarajevu jeste ili nije student Gradevinskog fakulteta), dok se nakon njegovog ispunjavanja (za konkretnog studenta se utvrduje da li je student Gradevinskog fakulteta) dobija konkretna činjenica. Medu svim predikatima (dužine jedan ili dva) treba istaći tzv. identički istinit i identički lažan predikat. Identički istinit predikat svakom elementu skupa na kojem je definisan pridružuje tačan iskaz, dok identički lažan predikat svakom elementu skupa na kojem je definisan pridružuje netačan iskaz Kvantori (kvantifikatori) Kvantori predikatima dužine jedan pridružuju iskaze, a predikatima dužine dva pridružuju predikate dužine jedan. Definicija 9 Neka je P predikat dužine jedan definisan na skupu S. Egzistencijalni kvantor, u oznaci, predikatu P pridružuje iskaz ( x S)(P (x)) (1.1) koji je tačan ako postoji (barem jedan) element a S takav da je P (a) =. Dakle, iskaz (1.1) je netačan ako i samo ako je predikat P identički lažan. Definicija 10 Neka je P predikat dužine jedan definisan na skupu S. Univerzalni kvantor, u oznaci, predikatu P pridružuje iskaz ( x S)(P (x)) (1.2) koji je tačan ako za sve elemente a S važi P (a) =. Dakle, iskaz (1.2) je tačan ako i samo ako je predikat P identički istinit. Na osnovu prethodnih definicija zaključuje se da je negacija iskaza (1.1) iskaz dok je negacija iskaza (1.2) iskaz ( x S)( P (x)), ( x S)( P (x)). Definicija 11 Neka je P predikat dužine dva definisan na skupu S. Djelovanjem egzistencijalnog, odnosno univoerzalnog kvantora na predikat P dobijaju se dva dva predikata dužine jedan definisana na skupu S. To su predikati P 1 (y) = ( x S)(P (x, y)) (1.3) i P 2 (x) = ( y S)(P (x, y)), (1.4)

10 10 GLAVA 1. ELEMENTI MATEMATIČKE LOGIKE odnosno predikati i P 3 (y) = ( x S)(P (x, y)) (1.5) P 4 (x) = ( y S)(P (x, y)). (1.6) Ako je Y S, onda je P 1 (Y ) = ako je P (a, Y ) = za neko a S. Ako je Y S, onda je P 3 (Y ) = ako je P (a, Y ) = za sve a S. Analogno se definišu vrijednosti predikata P 2 i P 4. Kaže se da je u predikatima (1.3) i (1.5) prva promjenjljiva je vezana (odgovarajućim kvantorom), dok je druga promjenjljiva slobodna. Analogno, u predikatima (1.4) i (1.6) slobodna je prva, a vezana (naravno, odgovarajućim kvantorom) druga promjenjljiva. Dalje se, djelovanjem univerzalnog i egzistencijalnog kvantora na predikate (dužine jedan) (1.3), (1.4), (1.5) i (1.6) dobija osam iskaza I 1 ( y S)P 1 (y) = ( y S)( x S)(P (x, y)) I 2 ( y S)P 1 (y) = ( y S)( x S)(P (x, y)) I 3 ( x S)P 2 (x) = ( x S)( y S)(P (x, y)) I 4 ( x S)P 2 (x) = ( x S)( y S)(P (x, y)) I 5 ( y S)P 3 (y) = ( y S)( x S)(P (x, y)) I 6 ( y S)P 3 (y) = ( y S)( x S)(P (x, y)) I 7 ( x S)P 4 (x) = ( x S)( y S)(P (x, y)) I 8 ( x S)P 4 (x) = ( x S)( y S)(P (x, y)), čije se istinitosne vrijednosti odreduju na osnovu definicije egzistencijalnog, odnosno univerzalnog kvantora. 1.7 Zadaci Zadatak 17 Neka je predikat P definisan na skupu S = {x N 1 x 15} sa x je prost broj. Sastaviti istinitosnu tabelu predikata P. Zadatak 18 Sastaviti istinitosne tabele svih jednomjesnih predikata definisanih na skupu S = {a, b, c}. Zadatak 19 Sastaviti istinitosne tabele svih dvomjesnih predikata definisanih na skupu S = {a, b}. Zadatak 20 Sastaviti istinitosne tablice svih jednomjesnih predikata P, definisanih na skupu S = {a, b, c, d}, takvih da je P (a) P (c) =. Zadatak 21 Odrediti istinitosne vrijednosti sljedećih iskaza 1. ( x N)(x < 5),

11 1.7. ZADACI ( x N)(x 0), 3. ( x N)(3x + 2 = 3), 4. ( x N)(1 x = x), 5. ( x N)(x 2), 6. ( x N)(x > 5 x < 10). Zadatak 22 Napisati negaciju sljedećih iskaza 1. ( x R)(x = 0), 2. ( x N)(x 2 < 0), 3. ( x R)(x 0 = 0), 4. ( x Z)(x + 5 > 0), 5. ( x N)(x x = 1). Zadatak 23 Koristeći kvantore (i odgovarajuće simbole) simbolički napisati sljedeće rečenice 1. x je potpun kvadrat, 2. Postoji broj čiji je kvadrat nula, 3. Izmedu svaka dva racionalna broja postoji racionalan broj, 4. Za svaki realan broj x postoji realan broj y 0 takav da je x 2 = y. Zadatak 24 Odrediti istinitosne vrijednosti sljedećih iskaza 1. ( x N)( y N)(x < y), 2. ( x N)( y N)(x y), 3. ( x N)( y N)(x > y), 4. ( x N)( y N)(x + y = y + x), 5. ( x N)( y N)(xy = x), 6. ( x R)( y R)( z R)(x z + y = 0), 7. ( x R)( y R)( z R)(x z + y 0), 8. ( x R)( y R)( z R)(x z + y = 0), 9. ( x R)( y R)( z R)(x z + y 0). Zadatak 25 Neka je P predikat dužine dva definisan na skupu S = {a, b, c, d} sljedećom tabelom

12 12 GLAVA 1. ELEMENTI MATEMATIČKE LOGIKE Riješiti po t S jednačine 1. P (t, b) P (c, t) =, 2. P (a, t) P (d, t) =. y x a b c d a b c d Zadatak 26 Neka je P predikat dužine dva definisan na skupu S = {a, b, c, d} sljedećom tabelom y x a b c d a b c d 1. Sastaviti tabele četiri predikata dužine jedan koji nastaju djelovanjem egzistencijalnog i univerzalnog kvantora na predikat P. 2. Odrediti istinitosnu vrijednost osam iskaza koji nastaju djelovanjem egzistencijalnog i univerzalnog kvantora na prethodno formirana četiri predikata dužine jedan.

13 Glava 2 Skup, binarna relacija, funkcija 2.1 Pojam skupa Teoriju skupova moguće je zasnovati aksiomatski ili naivno. Aksiomatsko zasnivanje teorije skupova pretpostavlja da je skup svaki objekat koji zadovoljava zadanu grupu aksioma. Sa druge strane, naivno zasnivanje teorije skupova (u ovom tekstu teorija skupova će biti zasnovana na ovaj način) polazi od stanovišta da je skup jedan od osnovnih matematičkih pojmova i da se ne definiše. Podrazumijeva se da se svaki skup sastoji od svojih elemenata i da je skup korektno zadan ako se za svako objekat može utvrditi da li je element zadanog skupa ili ne. Uobičajeno je da se skupovi označavaju velikim slovima latinice A, B, C,... i da se elementi skupova označavaju malim slovima latinice a, b, c,... 1 Činjenica da je a element skupa A označava se sa a A, dok se činjenica da b nije element skupa A označava sa b / A. Oznaka a A svakako može biti shvaćena i kao iskaz koji je tačan ako a jeste element skupa A, a netačan ako a nije element skupa A. Skup koji nema elemenata naziva se prazan skup i označava se sa, dok se skup koji sadrži sve elemente naziva univerzalni skup i označava se sa U. Pojam unoiverzalnog skupa obično se relativizira u zavisnosti od predmeta izučavanja odredene discipline. Skupovi A i B su medusobno jednaki, u oznaci A = B, ako su svi elementi skupa A ujedno elementi skupa B i svi elementi skupa B ujedno elementi skupa A. Skup A je podskup skupa B (odnosno skup B je nadskup skupa A), u oznaci A B (odnosno B A), ako su svi elementi skupa A ujedno elementi skupa B. Drugim riječima, skupovi A i B su medusobno jednaki ako je tačna ekvivalencija x A x B, a skup A je podskup skupa B ako je tačna implikacija 1 Tipičan primjer odstupanja od ove prakse je označavanje u geometriji. Naime, u geometriji je uobičajeno da se prave (koje su skupovi tačaka) označavaju malim slovima latinice, dok se tačke, iako elementi ovih skupova označavaju velikim slovima latinice. 13

14 14 GLAVA 2. SKUP, BINARNA RELACIJA, FUNKCIJA x A x B. Prema prethodno rečenom, prazan skup je podskup svakog skupa, dok je univerzalni skup nadskup svakog skupa. Najjednostavniji način zadavanja nekog skupa je navodenje svih njegovih elemenata. Naravno, ovakvo zadavanje supa je moguće samo ako je broj elemenata skupa konačan, (relativno) mali broj. Prilikom zadavanja skupa svaki element se navodi samo jednom, jer ponavljanje istog elementa više puta nema značaja. U tom smislu, skupovi {1, 2, 3} i {2, 1, 2, 3, 1, 3, 3} su medusobno jednaki. Kada je broj elemenata nekog skupa konačan (relativno) veliki ili beskonačan broj, skupovi se zadaju na drugi način. Na primjer, {x N x }, {x Z x 100}, {x Q 0 x 1}, {(x, y) x R y R x 2 + y 2 = 1}. 2.2 Skupovne operacije Kao i u slučju logičke operacije, skupovna operacija može biti shvaćena kao postupak kojim se skup-u/ovima pridružuje skup. Od skupovnih operacija u daljem tekstu će se obraditi jedna unarna operacija (operacija koja jednom skupu pridružuje skup), tzv. komplementiranje i tri binarne operacije (operacija koja paru skupova pridružuje skup), tzv. presjek, unija i razlika. Definicija 12 Komplement skupa A, u oznaci A C je skup svih elemenata univerzalnog skupa koji ne pripadaju skupu A. Simbolički, A C = {x U x / A}. Iz posljednje definicije neposredno slijedi da je C = U kao i da je U C =. Definicija 13 Presjek skupova A i B, u oznaci A B je skup svih elemenata univerzalnog skupa koji pripadaju i skupu A i skupu B. Simbolički, A B = {x U x A x B}. Jednostavno se provjeravaju osnovne osobine presjeka za svaki skup A važi A =, A U = A i A A = A, za svaka dva skupa A i B važi A B = B A, za svaka tri skupa A, B i C važi A (B C) = (A B) C.

15 2.3. ZADACI 15 Definicija 14 Unija skupova A i B, u oznaci A B je skup svih elemenata univerzalnog skupa koji pripadaju ili skupu A ili skupu B. Simbolički, A B = {x U x A x B}. Jednostavno se provjeravaju osnovne osobine unije za svaki skup A važi A = A, A U = U i A A = A. za svaka dva skupa A i B važi A B = B A, za svaka tri skupa A, B i C važi A (B C) = (A B) C. Definicija 15 Razlika skupova A i B, u oznaci A/B je skup svih elemenata univerzalnog skupa koji pripadaju skupu A, a ne pripadaju skupu B. Simbolički, A/B = {x U x A x / B}. Treba napomenuti da u opštem slučju ne vrijedi jednakost A/B = B/A, što potvrduje primjer skupova A = {1, 2, 3, 4} i B = {1, 3, 5, 6}. Zaista, A/B = {2, 4}, dok je B/A = {5, 6}. Dakle, A/B B/A. Teorema 2 Za svaka tri skupa A, B i C važe sljedeće skupovne jednakosti 1. (A C ) C = A, 2. A (B C) = (A B) (A C) i A (B C) = (A B) (A C), 3. A/B = A B C. 4. (A B) C = A C B C i (A B) C = A C B C i specijalno A/(B C) = (A/B) (A/C) i A/(B C) = (A/B) (A/C). Dokaz ovog tvrdenja može se pronaći npr. u [1]. Definicija 16 Partitivni skup skupa A, u oznaci P(A), je skup svih podskupova skupa A. Specijalno, prazan skup i skup A su elementi partitivnog skupa skupa A. 2.3 Zadaci Zadatak 27 Neka je A = {x Z x 2 4}, B = {x N x 2 < 3}, C = {x N x 12}, D = {x N xje prost broj x < 8}. Odrediti skupove (A/B) (C/D), (A B)/(C D), (A/B) (C/D), (A B)/(C/D). Zadatak 28 Neka je A = {x R 4x 1 < 2x + 1}, B = {x R 2x 4x 6}. Odrediti skupove A N i B N (N je oznaka za skup prirodnih, a R za skup realnih brojeva).

16 16 GLAVA 2. SKUP, BINARNA RELACIJA, FUNKCIJA Zadatak 29 Neka su [a, b], [a, b), (a, b], (a, b) uobičajene oznake za zatvoreni, poluotvoreni i otvoreni interval na brojnoj osi. Odrediti i grafički predstaviti sljedeće skupove: 1. [0, 3] (1, 7), 2. ( 5, 2] (2, 4), 3. (, 0) ( 2, 3), 4. (, 1) ( 2, ), 5. ((, 1) (1, )) ( 2, 2), 6. (( 5, 4] (7, 9]) (0, 10]. Zadatak 30 Napisati partitivni skup skupa A = {a, b, c}. Zadatak 31 Neka je A = {a, b, c, d, e, f, g} i neka je B = {b, c, e, f, g}. Odrediti skup X ako je poznato da je A X = {c, d} i B X = {b, c, d, e, f, h, i}. Zadatak 32 Unije dva skupa ima 15 elemenata, jedan od njih ima 8, a njihov presjek 5 elemenata. Koliko elemenata ima drugi skup? Zadatak 33 Svaki učenik jedne škole uči barem jedan od tri strana jezika engleski, francuski ili njemački. Pri tome engleski jezik uči 280 učenika, francuski 230 i njemački 230. Dalje, engleski i francuski uči 120 učenika, 80 francuski i njemački i 110 učenika njemački i engleski. Sva tri jezika uči 50 učenika. Koliko učenika ima u toj školi? 2.4 Pojam binarne relacije Definicija 17 Uredeni par sa prvom koordinatom a i drugom koordinatom b, u oznaci (a, b) je skup {{a}, {a, b}}. Najvažniju osobinu uredenog para opisuje sljedeća Lema 1 (a, b) = (c, d) a = c b = d. Dokaz ovog tvrdenja može se pronaći u [1]. Dakle, u opštem slučaju je (a, b) (b, a). Tipični primjeri uredenih parova iz svakodnevnog života su par cipela, rukavica, itd. Definicija 18 Dekartov proizvod nepraznih skupova A i B, u oznaci A B, je skup {(a, b) a A b B}.

17 2.5. OSNOVNE OSOBINE BINARNE RELACIJE 17 Ukoliko je A = B, umjesto oznake A A, koristi se oznaka A 2. Definicija 19 Svaki podskup Dekartovog proizvoda skupova A i B naziva se binarna relacija iz skupa A u skup B. Ako je A = B za binarnu relaciju se kaže da je definisana na skupu A. Iz prethodne definicije se zaključuje da je sasvim korektno utvrdivati da li neki par pripada binarnoj relaciji ρ A B ili ne. Ukoliko je (a, b) ρ A B, koristi se oznaka aρb, a ukoliko (a, b) / ρ A B, koristi se oznaka (aρb). 2.5 Osnovne osobine binarne relacije Definicija 20 Neka je binarna relacija ρ definsana na nepraznom skupu A. Relacija ρ je: refleksivna ako ( a A)(aρa), antirefleksivna ako ( a A) (aρa) simetrična ako ( a, b A)(aρb bρa), antisimetrična ako ( a, b A)(aρb bρa a = b), tranzitivna ako ( a, b, c A)(aρb bρc aρc). Binarna relacija koja je refleksivna, simetrična i tranzitivna naziva se relacija ekvivalencije. Binarna relacija koja je refleksivna, antisimetrična i tranzitivna naziva se relacija poretka. Ako je ρ A 2 relacija ekvivalencije, onda se za svaki element a A uočava skup svih elemenata skupa A koji su u relaciji sa elementom a. Taj skup se naziva klasa elementa a i označava se sa [a] ρ. Dakle, [a] ρ = {x A xρa} Teorema 3 Neka je ρ A 2 relacija ekvivalencije. Tada: ( a, b A)([a] ρ = [b] ρ [a] ρ [b] ρ = ) Pri tome je tačan samo jedan od dva iskaza u prethodnoj disjunkciji. Dokaz ovog tvrdenja može se naći u [1]. Slobodno govoreći, svaka relacija ekvivalencije, definisana na skupu A, razbija skup A na tzv. klase ekvivalencije. Pomenuto razbijanje je takvo da svake dvije particije razbijanja nemaju zajedničkih elemenata, a unija svih particija je upravo skup A.

18 18 GLAVA 2. SKUP, BINARNA RELACIJA, FUNKCIJA 2.6 Zadaci Zadatak 34 Odrediti i grafički predstaviti skupove A A, A B, B A, B B ako je: A = { 1, 0, 1, 2}, B = {a, b, c}, A = {x R 1 x 1}, A = {x R 1 x 2} Zadatak 35 Odrediti skupove A i B ako je A B = {(m, 0), (m, 1), (n, 0), (n, 1), (p, 0), (p, 1)}. Zadatak 36 Zadani su skupovi E 1 = {(x, y) x, y N x + 2y = 10} i E 2 = {(x, y) x, y N x + y = 3}. Odrediti skupove E 1 E 2, E 1 E 2, E 1 E 2. Zadatak 37 Na skupu {a, b, c} definisana je relacija ρ = {(a, a), (a, b), (b, b), (c, c)}. Predstaviti binarnu relaciju ρ mrežom i tablicom. Zadatak 38 Na skupu A = {1, 2, 3, 4} definisana je binarna relacija ρ sa: 1. xρy x > y + 1 i 2. xρy x < y 1 Predstaviti relaciju ρ tablicom i mrežom i ispitati njenu refleksivnost, simetričnost, antisimetričnost i tranzitivnost. Zadatak 39 Koja od svojstava refleksivnosti, simetričnosti, antisimetričnosti i refleksivnosti imaju binarne relacije: 1. xρy x 2 xy + y 2 = 1 i 2. xρy x 2 y 2. Zadatak 40 Na skupu A = {a, b, c, d, e} definisana je binarna relacija ρ = {(a, a), (b, b), (c, c), (d, d), (e, e), (a, b), (b, a), (b, e), (e, b), (e, a), (a, e), (c, d), (d, c)}. Dokazati da je ρ relacija ekvivalencije i odrediti njene klase. Zadatak 41 Na skupu Z definisana je binarna relacija ρ na sljedeći način: ( x, y Z)(xρy )2 (x + y). Dokazati da je ρ relacija ekvivalencije i odrediti njene klase.

19 2.7. POJAM FUNKCIJE Pojam funkcije Definicija 21 Neka su zadani neprazni skupovi A i B. Binarna relacija f A B je funkcija koja skup A preslikava u skup B ako za svaki element a A postoji najviše jedan element skupa b B takav da je afb. Ukoliko funkcija f preslikava skup A u skup B, koristi se oznaka f : A B. Dalje, umjesto oznake afb koristi se oznaka f(a) = b. Skup A naziva se domen, a skup B kodomen funkcije f. Elementi skupa A nazivaju se originali, a elementi skupa B slike. Skup svih elemenata skupa A kojima odogovara (tačno jedan) elemet skupa B naziva se prirodni domen funkcije f, a skup svih elemenata skupa B koji imaju odgovarajući original u skupu A naziva se skup vrijednosti funkcije f (faktički, to je skup f(a) = {b B ( a A)f(a) = b}). Naravno, izbacivanjem onih elemenata skupa A koji nemaju odgovarajuću sliku u skupu B dobija se prirodni domen funkcije f. Dakle, svaka funkcija je odredena sa tri objekata. To su dva skupa i pravilo kojim se elementima jednog skupa pridružuju elementi drugog skupa. Dvije funkcije su jednake ako su im jednaki i domen, i kodomen, i pravilo pridruživanja Primjeri Primjer 5 Neka je A = {1, 2, 3, 4} i neka je B = {a, b, c}. Binarna relacija ρ = {(1, a), (2, a), (2, b), (3, a), (4, a), (4, c)} nije funkcija iz skupa A u skup B jer originalima 2 i 4 odgovaraju po dvije različite slike iz skupa B. Primjer 6 Neka su skupovi A i B definisan kao i u prethodnom primjeru. Slijede primjeri binarnih relacija koje jesu funkcije f : A B ( ) f :, a b a c f : f : ( a b a b ( c c c c ) i ). Primjer 7 Neka je A skup svih stanovnika Kantona Sarajevo i neka je B skup svih ulica u Kantonu Sarajevo. Dalje, neke se svakom stanovniku Kantona Sarajevo (elementu skupa A) pridružuje ulica (elementu skupa B) u kojoj taj stanovnik živi. Na ovaj način (pod pretpostavkom da svaki stanovnik živi u tačno jednoj ulici) definisana je funkcija f : A B. Primjer 8 Neka je A skup svih knjiga u nekoj biblioteci i neka je B = N (skup prirodnoh brojeva). Funkcije f : A B svakoj knjizi (elementu skupa A) pridružuje broj njenih strana (element skupa B).

20 20 GLAVA 2. SKUP, BINARNA RELACIJA, FUNKCIJA Primjer 9 Neka je uočena ravan π, neka je p π fiksirana prava i neka je A = B = π. Primjer jedne funkcije iz skupa A u skup B je osna simetrija u odnosu na pravu p. Primjer 10 Neka je A = B = R i neka je funkcija f : A B definisana sa f(x) = 2x 1. Primjer 11 Neka je zadan neprazan skup A. Važan primjer funkcije koja skup A preslikava u sebe je tzv. identičko preslkikavanje skupa A (identitet). Ova funkcija se najčešće označava sa I i definiše se na sljedeći način: ( a A)(I(a) = a). Definicija 22 Neka su zadani neprazni skupovi A i B. Funkcija f : A B je: sirjekcija (na) ako injekcija (1-1) ako ( b B)( a A)(f(a) = b) ( a 1, a 2 A)(a 1 a 2 f(a 1 ) f(a 2 )) bijekcija ako je sirjekcija i injekcija. Očigledno je da je uslov injektivnosti moguće zamijeniti uslovom ( a 1, a 2 A)(f(a 1 ) = f(a 2 ) a 1 = a 2 ). Slobodno govoreći, funkcija je sirjekcija ako svaka slika (element skupa B) ima odgovarajući original (element skupa A). Sa druge strane, funkcija je injekcija ako različitim originalima odgovaraju različite slike (isim slikama odgovaraju isti originali). 2.8 Složena funkcija i inverzna funkcija Definicija 23 Neka su zadani neprazni skupovi A, B i C i neka f : A B i g : B C. Kompozicija funkcija f i g, u oznaci g f, je funkcija koja skup A preslikava u skup C na sljedeći način: ( a A)((g f)(a) = g(f(a))). Treba primjetiti da gornja definicija podrazumijeva da je skup B prirodni domen funkcije g. U protivnom bi mogao postojati element a A takav da ne postoji g(f(a)). Dalje, očigledno je da funkcija f g uopšte ne postoji. Medutim, ako je A = B = C i ako f, g : A A, onda postoje i funkcija g f i funkcija f g, ali u opštem slučaju ne važi jednakost g f = f g, što ilustruje sljedeći

21 2.9. ZADACI 21 Primjer ( 12 Neka ) je A ( = {a, b, c} i) neka su funkcije f, g : A A( definisane sa: ) a b c a b c a b c f : i g :. Očigledno je da je f g :, b c a ( ) c b a a c b a b c dok je g f :. b a c Definicija 24 Neka su zadani neprazni skupovi A i B i neka f : A B. Ukoliko postoji funkcija f 1 : B A takva da je ( a A)f 1 f = I, gdje je I identičko preslikavanje skupa A, onda se funkcija f 1 naziva inverzna funkcija funkcije f. Iz prethodne definicije neposredno slijedi da je (f 1 ) 1 = f, tj. da je inverzna funkcija inverzne funkcije upravo polazna funkcija. Dalje, ako je A = B, onda je f 1 f = f f 1. Slobodno govoreći, funkcija f elemente skupa A prebacuje u skup B, a inverzna funkcija f 1 ih vraća na polaznu poziciju. Teorema 4 Neka su zadani neprazni skupovi A i B. Za funkciju f : A B postoji inverzna funkcija f 1 ako i samo ako je funkcija f bijekcija. Formalan dokaz ovog tvrdenja izostavljamo (može se naći npr. u [1]), ali ipak ukazujemo na to da činjenica da je funkcija f bijekcija znači da svakom elementu skupa A odgovara tačno jedan element skupa B, što inverznoj funkciji omogućava da slike vrati na pozicije originala. 2.9 Zadaci Zadatak 42 Neka ( je zadan skup) A = {a, b, c, d} i neka je funkcija f : A A a b c d definisana sa f :. d a b c 1. Izračunati: f(a), f(f(b)), f(f(f(c))), f(f(f(f(d)))) 2. Riješiti po x A jednačine: f(x) = a, f(f(x)) = b, f(f(f(x))) = d. Zadatak 43 Neka je A = {a, ( b, c, d}, B = {1, ) 2, 3, 4, 5} i neka je funkcija f : a b c d A B definisana sa f :. Odrediti istinitosnu vrijednost sljedećih iskaza: 1. ( x A)(f(x) = 4), 2. ( x A)(f(x) = 1), 3. ( x A)(f(x) 5), 4. ( x 1, x 2 A)(f(x 1 ) = f(x 2 )) i

22 22 GLAVA 2. SKUP, BINARNA RELACIJA, FUNKCIJA 5. ( y B)( x A)(f(x) = y). Zadatak 44 Neka je A = {a, b, c, d}, B = {1, 2, 3, 4} i neka su funkcije f 1, f 2, f 3, f 4, f 5 : A B definisane sa: ( ) a b c d 1. f 1 :, ( ) a b c d 2. f 2 :, ( ) a b c d 3. f 3 :, ( ) a b c d 4. f 4 : i ( ) a b c d 5. f 5 : Koja od navedenih preslikavanja su sirjekacije, a koja injekcije? Zadatak 45 Neka je( A = {a, b, c, d}, ) B = {1, 2, 3, 4} i neka je funkcija f : A a b c d B definisana sa: f : Koji element skupa B treba stajati na poziciji simbola tako da dobijeno preslikavanje bude bijekcija? 2. Koji element skupa B može stajati na poziciji simbola tako da dobijeno preslikavanje ne bude bijekcija? Zadatak 46 Neka je A = {a, b, c, d}, B = {p, q, r} i C = {α, β}. Dalje, neka su funkcije f : A B i g : B C definisane na sljedeći način: ( ) ( ) a b c d p q r 1. f :, g : i p q p r α α β ( ) ( ) a b c d p q r 2. f :, g :. q q r p α β α Odrediti funkcije g f. Zadatak ( 47 Neka ) je A = {1, 2, 3} i neka je funkcija f : A A definisana sa f :. Riješiti po n N jednačine: f n = I (I je identičko preslikavanje skupa A), 2. f n = f i 3. f n = f 2,

23 2.9. ZADACI 23 gdje je f n = f f... f. }{{} n Zadatak ( 48 Neka je) A = {a, b, c, d} i neka je funkcija f : A A definisana a b c d sa f :. Riješiti po x A jednačine: a c d b 1. f(x) = c, 2. f 2 (x) = b, 3. f 3 (x) = d, 4. f n (x) = a, n N, 5. f 1 (x) = b, 6. (f 1 ) 3 (x) = d i 7. (f 1 ) n (x) = a. Zadatak ( 49 Neka je) A = {a, ( b, c, d} i neka ) su funkcije f, g : A A definisane a b c d a b c d sa f : i g :. Riješiti po x A jednačine: b c a d c b d a 1. (g f 1 )(x) = b, 2. (g 1 f)(x) = d, 3. (g 1 f 1 )(x) = a, 4. (g f 1 g)(x) = c i 5. (g 1 f g 1 )(x) = c. Zadatak 50 Odrediti vrijednost parametra a R tako da funkcija f : R R definisana sa f(x) = x a: 1. bude sama sebi inverzna. 2. zadovoljava uslov (g f)(x) = 2x, gdje je funkcija g : R R definisana sa: g(x) = 2x zadovoljava uslov (g f)(x) = 2x, gdje je funkcija g : R R definisana sa: g(x) = 3x 1. Zadatak 51 Neka je funkcija f : R R definisana sa f(x) = 2x a. Odrediti vrijednost parametra A R tako da važi (f f)(3) = 2.

24 24 GLAVA 2. SKUP, BINARNA RELACIJA, FUNKCIJA

25 Glava 3 Kombinatorika 3.1 Matematička indukcija Matematička indukcija 1 je posebna tehnika dokazivanja kojom se dokazuje da odredeno tvrdenje važi za sve prirodne brojeve (počevši od nekog prirodnog broja). Dokaz matematičkom indukcijom se realizuje u tri koraka. U prvom se koraku dokaže da je tvrdenje tačno za prirodan broj jedan. Eventualno, dokaže se da je tvrdenje tačno za neki prirodan broj n 0 takav da je tvrdenje tačno za sve ostale prirodne brojeve n n 0. Drugi korak je tzv. indukcijska hipoteza 2. Indukcijska hipoteza je pretpostavka da je tvrdenje tačno za sve prirodne brojeve koji nisu veći od nekog prirodnog broja n. U posljednjem se koraku dokazuje (uz obavezno korištenje indukcijske hipoteze) da je tvrdenje tačno i za prirodan broj n + 1. Simbolički se dokaz matematičkom indukcijom može opisati na sljedeći način: 1. T (1)(T (n 0 )), za neko n 0 N, 2. pretpostavlja se da je ( k N)(k n T (k)) i 3. T (n + 1). Dakle, matematičkom indukcijom se dokazuje niz implikacija T (1) T (2)... T (n) T (n + 1)... Neformalno govoreći, matematička indukcija se može shvatiti kao rušenje niza beskonačno mnogo domina. Naime, u prvom se koraku sruši prva domina, a dva posljednja koraka znače da svaka domina koja padne obara sljedeću. Na taj će način biti srušene sve domine. 1 indukcija-zaključivanje iz pojedinačnog ka opštem. 2 hipoteza-pretpostavka čija je tačnost provjerena na velikom uzorku, nije dokazana u opštem slučaju, ali nije ni opovrgnuta. 25

26 26 GLAVA 3. KOMBINATORIKA Zadatak 52 Koristeći matematičku indukciju dokazati sljedeća tvrdenja: 1. ( n N) n = 2. ( n N) n 2 = n(n + 1), 2 n(n + 1)(2n + 1), 6 ( n(n + 1) ) 2, 3. ( n N) n 3 = 2 4. ( n N) (2n 1) = n 2, 5. ( n N)1 + q + q q n 1 = 1 qn 1 q, q 1, 6. ( n N) n(n + 1) = n n + 1, 7. ( n N) n2 + 2n + 1 = n(n + 1) n(2n + 3), n ( n N) n 2 n(n + 1) = (2n 1)(2n + 1) 2(2n + 1). Zadatak 53 Koristeći matematičku indukciju dokazati sljedeća tvrdenja: 1. ( n N)3 5 n + 2 n+1, 2. ( n N) n n+1, 3. ( n N) n n. Zadatak 54 Koristeći matematičku indukciju dokazati sljedeće nejednakosti: 1. ( n N, n 2) n > n, 2. ( n N)(1 + h) n 1 + nh, h > 1 (Bernulijeva nejednakost) 1 3. ( n N, n 2) n n n > 13 24, 4. ( n N, n 5)2 n > n 2, 5. ( n N, n 4)n! > 2 n, 6. ( n N, n 3)n! n n 1.

27 3.2. BINOMNA FORMULA Binomna formula Na početku treba usvojiti jednu konvenciju o označavanju sabiranja. Naime, n umjesto oznake x 1 + x x n uobičajeno je koristiti oznaku x k (pretpostavlja se da je N). n k=2 Na taj način je npr. n k=1 k=1 1 k = n ili k (k 1)(k + 1) = 2 (2 1)(2 + 1) + 3 (3 1)(3 + 1) n (n 1)(n + 1). Definicija 25 Neka je n N. Faktorijel broja n, u oznaci n! je pproizvod svih prirodnih brojeva koji nisu veći od n. Dakle, Dalje, po definiciji se uzima da je n! = n. 0! = 1. Koristeći prethodnu definiciju dobija se da je npr. 3! = = 6, 6! = = 720, itd. Definicija 26 Neka su n, k N, k n. Binomni koeficijent, u oznaci ( n k) (čita se en nad ka ) se definiše na sljedeći način ( ) n n! = k k!(n k)!. Dalje, po definiciji se uzima da je ( ) n = 1. 0 Neposredno se provjerava da je npr. ( ) 8 5 = = 56. Lema 2 Binomni koeficijenti imaju sljedeće osobine: k faktora ( ) {}}{ n n(n 1)... (n k + 1) 1. =, k k! 2. ( ) ( ) n n = i k n k 3. ( ) ( ) ( ) n n n =. k k + 1 k + 1

28 28 GLAVA 3. KOMBINATORIKA Dokaz: 1. ( ) n k = = n(n 1)... (n k + 1)(n k)(n k 1) k(k 1) (n k)(n k 1) n(n 1)... (n k + 1), k! = 2. ( ) ( ) n n! = k k!(n k)! = n! n (n k)!(n (n k))! = i n k 3. ( ) ( ) n n + k k + 1 = = n! k!(n k)! + n! (n + 1)! (k + 1)!(n k)! = (k + 1)!(n k 1)! = ( ) n + 1. k + 1 Na osnovu osobine 3. zaključuje se da se binomni koeficijenti mogu odrediti iz tzv. Paskalovog trougla: Teorema 5 Neka su a, b R i neka je n N. Važi tzv. binomna formula: n ( ) n (a + b) n = a n k b k. k.. k=0 Dokaz: Binomna formula se dokazuje matematičkom indukcijom po eksponentu n. Ako je n = 1, onda je 1 k=0 ( ) 1 a 1 k b k = k ( ) 1 a 1 b ( ) 1 a 0 b 1 = a + b, 1 što znači da je binomna formula tačna za prirodan broj 1. Neka je binomna formula tačna za sve prirodne brojeve l koji nisu veći od nekog prirodnog broja n, tj. neka je ( l n)(a + b) l = l k=0 ( ) l a l k b k. k

29 3.2. BINOMNA FORMULA 29 Treba dokazati da binomna formula važi i za prirodan broj n + 1. Dakle, (a + b) n+1 = (a + b)(a + b) n = n ( ) n n ( n = a a n k b k + b k k k=0 k=0 n ( ) n n ( n = a n k+1 b k + k k = = = = k=0 0 n+1 ( n + 1 k k=0 ) a n k b k = ) a n k b k+1 = n ( ) n+1 n ( ) n a n k+1 b k + a n k+1 b k = k k 1 k=0 k=1 ( ) [ n n (n ) ( ) ] n a n+1 b a n k+1 b k + 0 k k 1 k=1 ( ) n + a 0 b n+1 = n ( ) n + 1 n ( ) n + 1 a n+1 b 0 + a n+1 k b k + k=0 k=1 ) a n+1 k b k, k ( ) n + 1 a 0 b n+1 = n + 1 što znači da je tvrdenje tačno i za prirodan broj n + 1. Dakle, binomna formula je tačna za svaki prirodan broj n. Na osnovu osobine 2. zaključuje se da su koeficijenti u binomnoj formuli simetrični (prvi i posljednji su medusobno jednaki, drugi i pretposljednji,...). Dalje, koeficijenti binomne formule odreduju se upravo iz Paskalovog trougla. Naime, gornje tjeme Paskolovog trougla (broj 1) odgovora eksponentu 0 u binomnoj formuli, jer je (a + b) 0 = 1, sljedeći red odgovara eksponentu 1, jer je (a + b) 1 = 1 a + 1 b. Eksponentu 2 odgovara red Paskalovog trougla, jer je (a + b) 2 = 1 a ab + 1 b 2. Sljedeći red odgovara eksponentu 3, itd. Primjer 13 Koristeći binomnu formulu izračunati: 1. (a b) 4 i 2. (2x + 1) 5. Rješenje: 1. Eksponentu 4 u Paskalovom trouglu odgovara red , pa je (a b) 4 = 1 a 4 0 ( b) a 4 1 ( b) a 4 2 ( b) a 4 3 ( b) a 4 4 ( b) 4 = = a 4 4a 3 b + 6a 2 b 2 4ab 3 + b 4.

30 30 GLAVA 3. KOMBINATORIKA 2. Slično, eksponentu 5 u Paskalovom trouglu odgovara red , pa je (2x + 1) 5 = 1 (2x) (2x) (2x) (2x) (2x) (2x) = = 32x x x x x Zadaci Zadatak 55 Izračunati: 1. ( 7 2), 2. ( 16 12), 3. ( 9 3) ( 9 6) i 4. ( 10 2 ) + ( 10 3 ) + ( 10 4 ). Zadatak 56 Naći: 1. šesti član u razvoju binoma (x + y) 15, 2. četvrti član u razvoju binoma (x 2 y 2 ) 11 i 3. peti član u razvoju binoma ( x y) 12. Zadatak 57 U razvoju binoma ( 3 a + a 1 ) 15, a > 0, odrediti član koji ne zavisi od a. ( 21 Zadatak 58 Koji član u razvoju binoma 3 a b + b 3, a > 0, b > 0, a) sadrži a i b sa istim stepenom? ( Zadatak 59 Koficijenti četvrtog i trinaestog člana u razvoju binoma x 2 + x) a n, x 0, n N, su medusobno jednaki. Odrediti član koji ne sadrži x. ( 3 Zadatak 60 U razvoju binoma x2 + y ) n, x 0, n N, odrediti član koji x ne sadrži x ako je binomni koeficijent trećeg člana za 5 veći od binomnoig koeficijenta drugog člana. Zadatak 61 Zbir koeficijenata posljednja tri člana u razvoju binoma ( x x) n, x 0, n N, jednak je 46. Odrediti član koji ne sadrži x.

31 3.4. PERMUTACIJE (SA I BEZ PONAVLJANJA) Permutacije (sa i bez ponavljanja) Definicija 27 Neka je zadan skup S = {a 1, a 2,..., a n }. Permutacija (bez ponavljanja) skupa S je svaka bijekcija p : S S. Drugim riječima, permutacija skupa S je svako uredenje elemenata skupa S. Primjer 14 Napisati sve permutacije skupa S = {a, b, c}. Rješenje: Permutacije skupa S su: abc, acb, bac, bca, cab, cba. Teorema 6 Broj permutacija skupa od n elemenata jednak je n!. Dokaz: Tvrdenje ćemo dokazati matematičkom indukcijom po broju elemenata skupa. Ako skup ima 1 element, tvrdenje je očigledno. Permutacije dvoelementnog skupa {a 1, a 2 } su: a 1 a 2 i a 2 a 1 i ima ih upravo 2!. Pretpostavimo da je tvrdenje tačno za skupove od n elemenata i dokažimo da je tačno i za skupove od n + 1 elemenata. Posmatrajmo skup {a 1, a 2,..., a n, a n+1 }. Prema indukcijskoj hipotezi, broj permutacija elemenata {a 1, a 2,..., a n } jednak je n!, pa i permutacija oblika a n+1 a i1 a i2... a in (element a n+1 se nalazi na prvoj poziciji, a ostali se elementi permutuju) ima takode n!. Slično, permutacija oblika a i1 a n+1 a i2... a in (element a n+1 se sada nalazi na drugoj poziciji) ima takode n!. Konačno, budući da se element a n+1 može postaviti na n+1 pozicija, ukupan broj permutacija skupa {a 1, a 2,..., a n, a n+1 } iznosi (n + 1) n! = (n + 1)!. Definicija 28 Neka je zadan skup S = {a 1, a 2,..., a n }. Svaki niz od k 1 + k k n = m, k i 0, i {1, 2,..., n}, eleneata skupa S u kojem se element a i ponavlja k i puta, i {1, 2,..., n}, naziva se permutacija sa ponavljanjem skupa S tipa (k 1, k 2,..., k n ) Primjer 15 Navesti sve permutacije sa ponavljanjem skupa S = {a, b, c} tipa (2, 1, 1). Rješenje: Tražene permutacije su: aabc, aacb, abac, abca, acab, acba, baac, baca, bcaa, caab, caba, cbaa. Teorema 7 Broj permutacija sa ponavljanjem skupa od n elemenata tipa m! (k 1, k 2,..., k n ), k 1 + k k n = m, jednak je k 1!k 2!... k n!. Dokaz: Neka je S = {a 1, a 2,..., a n }. Posmatrajmo premutacije sa ponavljanjem skupa S tipa (r, 1,..., 1). Kod ovih se permutacija element a 1 ponavlja r puta, dok se preostali elementi skupa S ponavljaju tačno jednom. Posmatrajnmo pomoćni skup {a 11, a 12,..., a 1r, a 2,..., a n }. Broj permutacija (bez ponavljanja) ovog skupa jednak je (n + r 1)!. Ako je sada a 11, a 12,..., a 1r = a 1, medu uočenim permutacijama biće r! jednakih, što znači da da je broj permutacija sa ponavljanjem skupa S tipa (r, 1,..., 1) jednak upravo. (n + r 1)! r!

32 32 GLAVA 3. KOMBINATORIKA Analogno se dokazuje da je broj permutacija sa ponavljanjem skupa S tipa (n + r + s 2)! (r, s, 1,..., 1) jednak. Ponavljajući ovaj postupak, induktivno r!! se zaključuje da važi tvrdenje teoreme. 3.5 Zadaci Zadatak 62 Napisati sve permutacije skupa {k, r, u, g} i poredati ih u leksikografskom poretku. Zadatak 63 Odrediti prvu, desetu i stotu permutaciju skupa {a, b, c, d, e}. Zadatak 64 Koliko ima permutacija skupa {1,2,3,4,5,6} koje počinju sa: 1. brojem 5, , 3. tri parne cifre? Zadatak 65 U koliko se permutacija skupa {a,b,c,d,e} elementi a i e nalaze na krajevima (na prvoj i posljednjoj poziciji)? Zadatak 66 Na koliko različitih načina sedam osoba različitih starosti mogu stati u vrstu, pod uslovom da najstarija osoba bude u sredini? Zadatak 67 Na koliko različitih načina je moguće kombinovati četiri unutrašnje i četiri spoljašnje automobilske gume? Zadatak 68 Na koliko se načina cifre 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 mogu poredati u niz tako da se na prvih pet mjesta nalaze parne cifre? Zadatak 69 U koliko permutacija od elemenata 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 se elementi 2, 4, 5, 6 nalaze jedan pored drugog u nekom: 1. zadanom poretku, 2. proizvoljnom poretku? Zadatak 70 Koliko ima permutacija skupa {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} kod kojih: 1. su elementi 0 i 1 susjedni, pri čemu je 0 ispred 1, 2. se izmedu 0 i 1 nalazi tačno jedan element, 3. se 0 nalazi (ne obavezno neposredno) ispred 1? Zadatak 71 Koliko ima permutacija od n elemenata u kojima: 1. dva data elementa a i b ne stoje jedan pored drugog,

33 3.6. VARIJACIJE (SA I BEZ PONAVLJANJA) tri data elementa a, b i c ne stoje jedan pored drugog (u bilo kojem poretku)? Zadatak 72 Na koliko se načina u jednom redu šahovske table mogu rasporediti dva topa, dva konja, dva lovca, kralj i dama? Zadatak 73 Koliko ima: 1. sedmocifrenih brojeva čije su cifre 3, 3, 3, 4, 4, 7, 7, 2. šestocifrenih brojeva čije su cifre 1, 1, 2, 2, 3, 3? Zadatak 74 Na koliko je načina moguće ubaciti četiri kuglice u tri kutije (dozvoljeno je da neka kutija ostane prazna)? Zadatak 75 U pekari je moguće kupiti četiri vrste kolača. Na koliko se načina može kupiti sedam kolača? 3.6 Varijacije (sa i bez ponavljanja) Lema 3 Neka skup A ima n, n N elemenata i neka je k N. Tada skup A k = A A... A ima n }{{} k elemenata. k Dokaz: Tvrdenje se dokazuje matematičkom indukcijom po k. Ako je k = 1 tvrdenje je očigledno. Neka je tvrdenje tačno za svaki prirodan broj l koji nije veći od nekog prirodnog broja k. Treba dokazati da je tvrdenje tačno i za prirodan broj k + 1. Neka je (a 1, a 2,..., a k ) proizvoljna uredena k-torka iz skupa A k. Pomoću ove k-torke moguće je dobiti tačno n k + 1-orki elemenata skupa A k+1 (to su npr. k +1-orke (a 1, a 2,..., a k, a), gdje je a proizvoljni element skupa A). Prema indukcijskoj hipotezi, skup A k ima n k elemenata, pa se na osnovu prethodnog razmatranja zaključuje da skup A k+1 ima n k n = n k+1 elemenata, što znači da je tvrdenje tačno i za prirodan broj k + 1. Dakle, tvrdenje važi za svaki prirodan broj k. Definicija 29 Neka je A = {a 1, a 2,..., a n }. Svaka uredena k-torka, k N, elemenata skupa A naziva se varijacija sa ponavljanjem dužine k skupa A. Primjer 16 Napisati sve varijacije sa ponavljanjem dužine 3 skupa {0, 1}. Rješenje: Tražene varijacije su: 000, 001, 010, 011, 100, 101, 110 i 111. Primjer 17 Napisati sve varijacije sa ponavljanjem dužine 2 skupa {a, b, c}.

34 34 GLAVA 3. KOMBINATORIKA Rješenje: Tražene varijacije su: aa, ab, ac, ba, bb, bc, ca, cb i cc. Teorma koja slijedi neposredna je posljedica prethodne leme i definicije, pa je njen dokaz izostavljen. Teorema 8 Neka je A = {a 1, a 2,..., a n }. Broj varijacija sa ponavljanjem dužine k, k N skupa A jednak je n k. Definicija 30 Neka je A = {a 1, a 2,..., a n } i neka je k N, k n. Svaka uredena k-torka elemenata skupa A u kojoj se nijedan element ne ponavlja naziva se varijacija bez ponavljanja dužine k skupa A. U slučaju kada je k = n, varijacije bez ponavljanja dužine n svode se na permutacije bez ponavljanja. Primjer 18 Napisati sve varijacije bez ponavljanja dužine 2 skupa {a, b, c, d}. Rješenje: Tražene varijacije su: ab, ac, ad, ba, bc, bd, ca, cb, cd, da, db i dc. Teorema 9 Neka je A = {a 1, a 2,..., a n } i neka je k N, k n. Broj varijacija bez ponavljanja dužine k skupa A jednak je n(n 1)... (n k + 1). }{{} k faktora Dokaz: Treba prebrojati koliko ima uredenih k-torki elemenata skupa A takvih da se u njima ni jedan element ne ponavlja. Na prvom mjestu uredene k-torke može stajati bilo koji element skupa A, što znači da postoji n mogućnosti za prvu poziciju. Kada je na prvoj poziciji postavljen neki element skupa A, na drugu se može postaviti bilo koji od preostalih n 1 elemenata, što ukupno daje n(n 1) mogućnosti. Slično, za treću poziciju postoji n(n 1)(n 2) mogućnosti. Ponavljajući ovaj postupak, induktivno se zaključuje da za k-tu poziciju ima n (n 1)... (n k+1) mogugnosti (pod pretpostavkom da su na prvih k 1 pozicija postavljeni odgovarajući elementi skupa A). 3.7 Zadaci Zadatak 76 U hotelu je moguće naručiti kafu, čaj ili mlijeko. Na koliko načina je moguće napraviti izbor ako se u hotelu ostaje sedam dana? Zadatak 77 Koliko ima različitih četverocifrenih brojeva djeljivih sa 4 napisanih pomoću cifara 1, 2, 3, 4 i 5 ako:

35 3.7. ZADACI ni jedan broj ne sadrži jednake cifre, 2. cifre se mogu ponavljati? Zadatak 78 Krokodil ima 68 zuba. Dokazati da medu krokodila nikoja dva ne moraju imati isti raspored zuba. Zadatak 79 U mjestu u kojem živi 1000 osoba barem dvije imaju iste inicijale. Zadatak 80 Koliko ima petocifrenih brojeva koji se mogu napisati od cifara 0, 2, 4, 6 i 8 ako se: 1. petocfrenim brojem smatraju i oni koji počinju sa nulom, 2. petocfrenim brojem ne smatraju oni koji počinju sa nulom (nulama)? Zadatak 81 Koliko je Morzeovih znakova moguće napraviti pomoću osnovnih znakova i ako se zna da se svaki znak sastoji od najviše četiri znaka? Zadatak 82 Koliko kolona treba popuniti na listiću sportske prognoze da bi dobitak bio siguran? Na tiketu se nalazi trinaest parova sa mogućim ishodima 0, 1 ili 2. Zadatak 83 Koliko se trocifrenih brojeva može obrazovati od cifara 1, 3, 5, 7 i 9. Zadatak 84 Fudbalski tim (od jedanaest igrača) se sastavlja od trinaest igrača. Na koliko je načina moguće sastaviti tim ako: 1. svaki igrač može igrati na svakoj poziciji, 2. dva igrača mogu biti samo golmani? Zadatak 85 Riješiti jednačinu (n + 3)! V 5 n (n 5)! = 720. Zadatak 86 Koji od brojeva V k n ili V k 1 n 1 je veći i koliko puta? Zadatak 87 Koliko se petocifrenih brojeva može obrazovati od cifara 0, 1, 2, 5, 7 i 9 tako da se 0 ne nalazi ni na prvom, niti na posljednjem mjestu i da se ni jedna cifra ne ponavlja. Zadatak 88 Koliko ima dvocifrenih, a koliko trocifrenih brojeva od cifara 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 i 9 kod kojih su sve cifre različite?

36 36 GLAVA 3. KOMBINATORIKA 3.8 Kombinacije (sa i bez ponavljanja) Definicija 31 Neka je A = {a 1, a 2,..., a n } i neka je k N, k n. Svaki podskup skupa A od k elemeneta naziva se kombinacija bez ponavljanja k-te klase skupa A. Teorema 10 Neka je A = {a 1, a 2,..., a n } i neka ( je) k N, k n. Broj kombinacija bez ponavljanja k-te klase skupa A iznosi. n k Dokaz: Neka je S 1 skup svih varijacija bez ponavljanja k-te klase skupa A i neka je S 2 skup svih kombinacija bez ponavljanja k-te klase skupa A. Skup S 1 ima n (n 1)... (n k+1) elemenata. Dalje, neka je funkcija f : S 1 S 2 definisana na sljedeći način. Svakoj varijaciji k-te klase bez ponavljanja (a i1, a i2,..., a in ) S 1 pridružuje se kombinacija k-te klase bez ponavljanja {a i1, a i2,..., a in } S 2. Očigledno je da je svaki element skupa S 2 slika tačno k! originala iz skupa S 2. Prema tome, S 2 3 = S 1 k! = n (n 1)... (n k + 1) k! = ( ) n. k Definicija 32 Neka je A = {a 1, a 2,..., a n } i neka je k N. Dalje, neka se iz skupa A bira k elemenata (jedan po jedan element sa vraćanjem). Ako nije bitan redosljed izvlačenja, nego samo koji je element i koliko puta izvučen, onda se rezultat izvlačenja naziva kombinacija sa ponavljanjem k-te klase skupa A. Koristeći prethodnu teoremu, dokazuje se da( je broj kombinacija ) sa ponavljanjem k-te klase skupa od n elemenata jednak. n + k 1 k 3.9 Zadaci Zadatak 89 Napisati sve kombinacije bez ponavljanja četvrte klase od elemenata a, b, c, d, e, f, g koje sadrže elemente b, c, e. Zadatak 90 Koliko ima kombinacija bez ponavljanja pete klase od elemenata 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 koje: 1. sadrže elemente 2, 4, 6? 2. ne sadrže sva tri elementa 2, 4, 6? Zadatak 91 Iz grupe od 15 radnika treba izabrati poslovodu i 4 radnika. Na koliko je načina moguće napraviti izbor? 3 Oznaka A označava broj elemenata skupa A.

Teorijske osnove informatike 1

Teorijske osnove informatike 1 Teorijske osnove informatike 1 9. oktobar 2014. () Teorijske osnove informatike 1 9. oktobar 2014. 1 / 17 Funkcije Veze me du skupovima uspostavljamo skupovima koje nazivamo funkcijama. Neformalno, funkcija

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

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

Iskazna logika 3. Matematička logika u računarstvu. novembar 2012

Iskazna logika 3. Matematička logika u računarstvu. novembar 2012 Iskazna logika 3 Matematička logika u računarstvu Department of Mathematics and Informatics, Faculty of Science,, Serbia novembar 2012 Deduktivni sistemi 1 Definicija Deduktivni sistem (ili formalna teorija)

Διαβάστε περισσότερα

Operacije s matricama

Operacije s matricama Linearna algebra I Operacije s matricama Korolar 3.1.5. Množenje matrica u vektorskom prostoru M n (F) ima sljedeća svojstva: (1) A(B + C) = AB + AC, A, B, C M n (F); (2) (A + B)C = AC + BC, A, B, C M

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

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

Iskazna logika 1. Matematička logika. Department of Mathematics and Informatics, Faculty of Science, University of Novi Sad, Serbia.

Iskazna logika 1. Matematička logika. Department of Mathematics and Informatics, Faculty of Science, University of Novi Sad, Serbia. Matematička logika Department of Mathematics and Informatics, Faculty of Science,, Serbia oktobar 2012 Iskazi, istinitost, veznici Intuitivno, iskaz je rečenica koja je ima tačno jednu jednu istinitosnu

Διαβάστε περισσότερα

DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović

DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović Novi Sad April 17, 2018 1 / 22 Teorija grafova April 17, 2018 2 / 22 Definicija Graf je ure dena trojka G = (V, G, ψ), gde je (i) V konačan skup čvorova,

Διαβάστε περισσότερα

Kontrolni zadatak (Tačka, prava, ravan, diedar, poliedar, ortogonalna projekcija), grupa A

Kontrolni zadatak (Tačka, prava, ravan, diedar, poliedar, ortogonalna projekcija), grupa A Kontrolni zadatak (Tačka, prava, ravan, diedar, poliedar, ortogonalna projekcija), grupa A Ime i prezime: 1. Prikazane su tačke A, B i C i prave a,b i c. Upiši simbole Î, Ï, Ì ili Ë tako da dobijeni iskazi

Διαβάστε περισσότερα

ELEKTROTEHNIČKI ODJEL

ELEKTROTEHNIČKI ODJEL MATEMATIKA. Neka je S skup svih živućih državljana Republike Hrvatske..04., a f preslikavanje koje svakom elementu skupa S pridružuje njegov horoskopski znak (bez podznaka). a) Pokažite da je f funkcija,

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

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

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

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

Diskretna matematika. Prof. dr Olivera Nikolić

Diskretna matematika. Prof. dr Olivera Nikolić Diskretna matematika Prof. dr Olivera Nikolić onikolic@singidunum.ac.rs 1 OSNOVNI POJMOVI MATEMATIČKE LOGIKE 2 1. Diskretna matematika 2. Kontinualna matematika 3 Pojam diskretne matematike Diskretna matematika

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

M086 LA 1 M106 GRP. Tema: Baza vektorskog prostora. Koordinatni sustav. Norma. CSB nejednakost

M086 LA 1 M106 GRP. Tema: Baza vektorskog prostora. Koordinatni sustav. Norma. CSB nejednakost M086 LA 1 M106 GRP Tema: CSB nejednakost. 19. 10. 2017. predavač: Rudolf Scitovski, Darija Marković asistent: Darija Brajković, Katarina Vincetić P 1 www.fizika.unios.hr/grpua/ 1 Baza vektorskog prostora.

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

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

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

Matematička analiza 1 dodatni zadaci

Matematička analiza 1 dodatni zadaci Matematička analiza 1 dodatni zadaci 1. Ispitajte je li funkcija f() := 4 4 5 injekcija na intervalu I, te ako jest odredite joj sliku i inverz, ako je (a) I = [, 3), (b) I = [1, ], (c) I = ( 1, 0].. Neka

Διαβάστε περισσότερα

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

2 tg x ctg x 1 = =, cos 2x Zbog četvrtog kvadranta rješenje je: 2 ctg x

2 tg x ctg x 1 = =, cos 2x Zbog četvrtog kvadranta rješenje je: 2 ctg x Zadatak (Darjan, medicinska škola) Izračunaj vrijednosti trigonometrijskih funkcija broja ako je 6 sin =,,. 6 Rješenje Ponovimo trigonometrijske funkcije dvostrukog kuta! Za argument vrijede sljedeće formule:

Διαβάστε περισσότερα

Skupovi, relacije, funkcije

Skupovi, relacije, funkcije Chapter 1 Skupovi, relacije, funkcije 1.1 Skup, torka, multiskup 1.1.1 Skup Pojam skupa ne definišemo eksplicitno. Intuitivno skup prihvatamo kao konačnu ili beskonačnu kolekciju objekata (ili elemenata)u

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

PID: Domen P je glavnoidealski [PID] akko svaki ideal u P je glavni (generisan jednim elementom; oblika ap := {ab b P }, za neko a P ).

PID: Domen P je glavnoidealski [PID] akko svaki ideal u P je glavni (generisan jednim elementom; oblika ap := {ab b P }, za neko a P ). 0.1 Faktorizacija: ID, ED, PID, ND, FD, UFD Definicija. Najava pojmova: [ID], [ED], [PID], [ND], [FD] i [UFD]. ID: Komutativan prsten P, sa jedinicom 1 0, je integralni domen [ID] oblast celih), ili samo

Διαβάστε περισσότερα

Pismeni ispit iz matematike Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: ( ) + 1.

Pismeni ispit iz matematike Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: ( ) + 1. Pismeni ispit iz matematike 0 008 GRUPA A Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: λ + z = Ispitati funkciju i nacrtati njen grafik: + ( λ ) + z = e Izračunati

Διαβάστε περισσότερα

Funkcije. Predstavljanje funkcija

Funkcije. Predstavljanje funkcija Funkcije narna relacija f je funkcionalna relacija ako važi: ( ) za svaki a postoji jedinstven element b takav da (a, b) f. Definicija. Funkcija 1 je uredjena trojka (,, f) gde f zadovoljava uslov: Činjenicu

Διαβάστε περισσότερα

INTEGRALNI RAČUN. Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa. Lucija Mijić 17. veljače 2011.

INTEGRALNI RAČUN. Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa. Lucija Mijić 17. veljače 2011. INTEGRALNI RAČUN Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa Lucija Mijić lucija@ktf-split.hr 17. veljače 2011. Pogledajmo Predstavimo gornju sumu sa Dodamo još jedan Dobivamo pravokutnik sa Odnosno

Διαβάστε περισσότερα

Elementi spektralne teorije matrica

Elementi spektralne teorije matrica Elementi spektralne teorije matrica Neka je X konačno dimenzionalan vektorski prostor nad poljem K i neka je A : X X linearni operator. Definicija. Skalar λ K i nenula vektor u X se nazivaju sopstvena

Διαβάστε περισσότερα

Strukture podataka i algoritmi 1. kolokvij 16. studenog Zadatak 1

Strukture podataka i algoritmi 1. kolokvij 16. studenog Zadatak 1 Strukture podataka i algoritmi 1. kolokvij Na kolokviju je dozvoljeno koristiti samo pribor za pisanje i službeni šalabahter. Predajete samo papire koje ste dobili. Rezultati i uvid u kolokvije: ponedjeljak,

Διαβάστε περισσότερα

DRUGI KOLOKVIJUM IZ MATEMATIKE 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. je neprekidna za a =

DRUGI KOLOKVIJUM IZ MATEMATIKE 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. je neprekidna za a = x, y, z) 2 2 1 2. Rešiti jednačinu: 2 3 1 1 2 x = 1. x = 3. Odrediti rang matrice: rang 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. 2 0 1 1 1 3 1 5 2 8 14 10 3 11 13 15 = 4. Neka je A = x x N x < 7},

Διαβάστε περισσότερα

Glava 1. Realne funkcije realne promen ive. 1.1 Elementarne funkcije

Glava 1. Realne funkcije realne promen ive. 1.1 Elementarne funkcije Glava 1 Realne funkcije realne promen ive 1.1 Elementarne funkcije Neka su dati skupovi X i Y. Ukoliko svakom elementu skupa X po nekom pravilu pridruimo neki, potpuno odreeni, element skupa Y kaemo da

Διαβάστε περισσότερα

Osnovne teoreme diferencijalnog računa

Osnovne teoreme diferencijalnog računa Osnovne teoreme diferencijalnog računa Teorema Rolova) Neka je funkcija f definisana na [a, b], pri čemu važi f je neprekidna na [a, b], f je diferencijabilna na a, b) i fa) fb). Tada postoji ξ a, b) tako

Διαβάστε περισσότερα

7 Algebarske jednadžbe

7 Algebarske jednadžbe 7 Algebarske jednadžbe 7.1 Nultočke polinoma Skup svih polinoma nad skupom kompleksnih brojeva označavamo sa C[x]. Definicija. Nultočka polinoma f C[x] je svaki kompleksni broj α takav da je f(α) = 0.

Διαβάστε περισσότερα

Pismeni ispit iz matematike GRUPA A 1. Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj, zatim naći 4 z.

Pismeni ispit iz matematike GRUPA A 1. Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj, zatim naći 4 z. Pismeni ispit iz matematike 06 007 Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj z = + i, zatim naći z Ispitati funkciju i nacrtati grafik : = ( ) y e + 6 Izračunati integral:

Διαβάστε περισσότερα

1. zadatak , 3 Dakle, sva kompleksna re{ewa date jedna~ine su x 1 = x 2 = 1 (dvostruko re{ewe), x 3 = 1 + i

1. zadatak , 3 Dakle, sva kompleksna re{ewa date jedna~ine su x 1 = x 2 = 1 (dvostruko re{ewe), x 3 = 1 + i PRIPREMA ZA II PISMENI IZ ANALIZE SA ALGEBROM. zadatak Re{avawe algebarskih jedna~ina tre}eg i ~etvrtog stepena. U skupu kompleksnih brojeva re{iti jedna~inu: a x 6x + 9 = 0; b x + 9x 2 + 8x + 28 = 0;

Διαβάστε περισσότερα

1.1 Iskazni (propozicioni) račun

1.1 Iskazni (propozicioni) račun 1 Osnovi matematičke logike i teorije skupova 3 1 Osnovi matematičke logike i teorije skupova 1.1 Iskazni (propozicioni) račun Osnovni elementi iskaznog računa su iskazi (rečenice) i veznici. Iskaz ili

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

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

1.4 Tangenta i normala

1.4 Tangenta i normala 28 1 DERIVACIJA 1.4 Tangenta i normala Ako funkcija f ima derivaciju u točki x 0, onda jednadžbe tangente i normale na graf funkcije f u točki (x 0 y 0 ) = (x 0 f(x 0 )) glase: t......... y y 0 = f (x

Διαβάστε περισσότερα

Matematika (PITUP) Prof.dr.sc. Blaženka Divjak. Matematika (PITUP) FOI, Varaždin

Matematika (PITUP) Prof.dr.sc. Blaženka Divjak. Matematika (PITUP) FOI, Varaždin Matematika (PITUP) FOI, Varaždin Dio III Umijeće postavljanja pravih pitanja i problema u matematici treba vrednovati više nego njihovo rješavanje Georg Cantor Sadržaj Matematika (PITUP) Relacije medu

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

TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I.1.

TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I.1. TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I Odredi na brojevnoj trigonometrijskoj kružnici točku Et, za koju je sin t =,cost < 0 Za koje realne brojeve a postoji realan broj takav da je sin = a? Izračunaj: sin π tg

Διαβάστε περισσότερα

MATEMATIKA 1 skripta za studente fizike

MATEMATIKA 1 skripta za studente fizike PDFaid.Com #1 Pdf Solutions MATEMATIKA 1 skripta za studente fizike Nebojša Č. Dinčić, Departman za Matematiku, Prirodno-matematički fakultet, Univerzitet u Nišu, Srbija e-mail: ndincic@hotmail.com Novembar

Διαβάστε περισσότερα

PRAVA. Prava je u prostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom paralelnim sa tom pravom ( vektor paralelnosti).

PRAVA. Prava je u prostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom paralelnim sa tom pravom ( vektor paralelnosti). PRAVA Prava je kao i ravan osnovni geometrijski ojam i ne definiše se. Prava je u rostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom aralelnim sa tom ravom ( vektor aralelnosti). M ( x, y, z ) 3 Posmatrajmo

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

1 ISKAZNA I PREDIKATSKA LOGIKA Zadaci Rešenja SKUPOVI Zadaci RELACIJE Zadaci Rešenja...

1 ISKAZNA I PREDIKATSKA LOGIKA Zadaci Rešenja SKUPOVI Zadaci RELACIJE Zadaci Rešenja... Sadržaj 1 ISKAZNA I PREDIKATSKA LOGIKA 3 1.1 Zadaci............................... 6 1.2 Rešenja.............................. 8 2 SKUPOVI 13 2.1 Zadaci............................... 16 2.2 Rešenja..............................

Διαβάστε περισσότερα

RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ

RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ RIJEŠENI ZADACI I TEORIJA IZ LOGARITAMSKA FUNKCIJA SVOJSTVA LOGARITAMSKE FUNKCIJE OSNOVE TRIGONOMETRIJE PRAVOKUTNOG TROKUTA - DEFINICIJA TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA - VRIJEDNOSTI TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA

Διαβάστε περισσότερα

III VEŽBA: FURIJEOVI REDOVI

III VEŽBA: FURIJEOVI REDOVI III VEŽBA: URIJEOVI REDOVI 3.1. eorijska osnova Posmatrajmo neki vremenski kontinualan signal x(t) na intervalu definisati: t + t t. ada se može X [ k ] = 1 t + t x ( t ) e j 2 π kf t dt, gde je f = 1/.

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

SKRIPTE IZ MATEMATIKE 1 ZA STUDENTE OSNOVNIH STRUKOVNIH STUDIJA SOFTVERSKIH I INFORMACIONIH TEHNOLOGIJA. Maja i Ljubo Nedović

SKRIPTE IZ MATEMATIKE 1 ZA STUDENTE OSNOVNIH STRUKOVNIH STUDIJA SOFTVERSKIH I INFORMACIONIH TEHNOLOGIJA. Maja i Ljubo Nedović SKRIPTE IZ MATEMATIKE 1 ZA STUDENTE OSNOVNIH STRUKOVNIH STUDIJA SOFTVERSKIH I INFORMACIONIH TEHNOLOGIJA Maja i Ljubo Nedović 27. oktobar 2014 Sadržaj 1 Logika, skupovi i relacije 7 2 Funkcije 2 Kombinatorika

Διαβάστε περισσότερα

10 Iskazni račun - deduktivni sistem za iskaznu logiku

10 Iskazni račun - deduktivni sistem za iskaznu logiku 10 Iskazni račun - deduktivni sistem za iskaznu logiku Definicija 20 Iskazni račun je deduktivni sistem H = X, F orm, Ax, R, gde je X = S {,, (, )}, gde S = {p 1, p 2,..., p n,... }, F orm je skup iskaznih

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

Dijagonalizacija operatora

Dijagonalizacija operatora Dijagonalizacija operatora Problem: Može li se odrediti baza u kojoj zadani operator ima dijagonalnu matricu? Ova problem je povezan sa sljedećim pojmovima: 1 Karakteristični polinom operatora f 2 Vlastite

Διαβάστε περισσότερα

KOMUTATIVNI I ASOCIJATIVNI GRUPOIDI. NEUTRALNI ELEMENT GRUPOIDA.

KOMUTATIVNI I ASOCIJATIVNI GRUPOIDI. NEUTRALNI ELEMENT GRUPOIDA. KOMUTATIVNI I ASOCIJATIVNI GRUPOIDI NEUTRALNI ELEMENT GRUPOIDA 1 Grupoid (G, ) je asocijativa akko važi ( x, y, z G) x (y z) = (x y) z Grupoid (G, ) je komutativa akko važi ( x, y G) x y = y x Asocijativa

Διαβάστε περισσότερα

ISKAZI. U svakodnevnom govoru, a i u pisanom tekstu, obično se sreću rečenice koje su ili tačne

ISKAZI. U svakodnevnom govoru, a i u pisanom tekstu, obično se sreću rečenice koje su ili tačne ISKAZI U svakodnevnom govoru, a i u pisanom tekstu, obično se sreću rečenice koje su ili tačne ili netačne, tj rečenice koje imaju logičkog smisla.ovakve rečenice se u matematici nazivaju iskazi.dakle,

Διαβάστε περισσότερα

Binarne relacije. Definicija. Uopštena binarna relacija je uredjena trojka (A, B, ρ) gde je ρ A B; (A, B) je tip ove binarne relacije.

Binarne relacije. Definicija. Uopštena binarna relacija je uredjena trojka (A, B, ρ) gde je ρ A B; (A, B) je tip ove binarne relacije. Binarne relacije Definicija. Uopštena binarna relacija je uredjena trojka (A, B, ρ) gde je ρ A B; (A, B) je tip ove binarne relacije. Kaže se i da je ρ binarna relacija sa skupa A u skup B (kao u [MP]).

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

Univerzitet u Nišu, Prirodno-matematički fakultet Prijemni ispit za upis OAS Matematika

Univerzitet u Nišu, Prirodno-matematički fakultet Prijemni ispit za upis OAS Matematika Univerzitet u Nišu, Prirodno-matematički fakultet Prijemni ispit za upis OAS Matematika Rešenja. Matematičkom indukcijom dokazati da za svaki prirodan broj n važi jednakost: + 5 + + (n )(n + ) = n n +.

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

1 Promjena baze vektora

1 Promjena baze vektora Promjena baze vektora Neka su dane dvije različite uredene baze u R n, označimo ih s A = (a, a,, a n i B = (b, b,, b n Svaki vektor v R n ima medusobno različite koordinatne zapise u bazama A i B Zapis

Διαβάστε περισσότερα

ELEMENTARNA MATEMATIKA 1

ELEMENTARNA MATEMATIKA 1 Na kolokviju nije dozvoljeno koristiti ni²ta osim pribora za pisanje. Zadatak 1. Ispitajte odnos skupova: C \ (A B) i (A C) (C \ B). Rje²enje: Neka je x C \ (A B). Tada imamo x C i x / A B = (A B) \ (A

Διαβάστε περισσότερα

Trigonometrija 2. Adicijske formule. Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto

Trigonometrija 2. Adicijske formule. Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto Trigonometrija Adicijske formule Formule dvostrukog kuta Formule polovičnog kuta Pretvaranje sume(razlike u produkt i obrnuto Razumijevanje postupka izrade složenijeg matematičkog problema iz osnova trigonometrije

Διαβάστε περισσότερα

U raznim oblastima se često javlja potreba da se izmed u izvesnih objekata uspostave izvesne veze, odnosi ili relacije.

U raznim oblastima se često javlja potreba da se izmed u izvesnih objekata uspostave izvesne veze, odnosi ili relacije. Šta je to relacija? U raznim oblastima se često javlja potreba da se izmed u izvesnih objekata uspostave izvesne veze, odnosi ili relacije. Na primer, često se javlja potreba da se izvesni objekti uporede

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

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

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

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

Διαβάστε περισσότερα

4.7. Zadaci Formalizam diferenciranja (teorija na stranama ) 343. Znajući izvod funkcije x arctg x, odrediti izvod funkcije x arcctg x.

4.7. Zadaci Formalizam diferenciranja (teorija na stranama ) 343. Znajući izvod funkcije x arctg x, odrediti izvod funkcije x arcctg x. 4.7. ZADACI 87 4.7. Zadaci 4.7.. Formalizam diferenciranja teorija na stranama 4-46) 340. Znajući izvod funkcije arcsin, odrediti izvod funkcije arccos. Rešenje. Polazeći od jednakosti arcsin + arccos

Διαβάστε περισσότερα

IZVODI ZADACI ( IV deo) Rešenje: Najpre ćemo logaritmovati ovu jednakost sa ln ( to beše prirodni logaritam za osnovu e) a zatim ćemo

IZVODI ZADACI ( IV deo) Rešenje: Najpre ćemo logaritmovati ovu jednakost sa ln ( to beše prirodni logaritam za osnovu e) a zatim ćemo IZVODI ZADACI ( IV deo) LOGARITAMSKI IZVOD Logariamskim izvodom funkcije f(), gde je >0 i, nazivamo izvod logarima e funkcije, o jes: (ln ) f ( ) f ( ) Primer. Nadji izvod funkcije Najpre ćemo logarimovai

Διαβάστε περισσότερα

1 Svojstvo kompaktnosti

1 Svojstvo kompaktnosti 1 Svojstvo kompaktnosti 1 Svojstvo kompaktnosti U ovoj lekciji će se koristiti neka svojstva realnih brojeva sa kojima se čitalac već upoznao tokom kursa iz uvoda u analizu. Na primer, važi Kantorov princip:

Διαβάστε περισσότερα

( ) ( ) 2 UNIVERZITET U ZENICI POLITEHNIČKI FAKULTET. Zadaci za pripremu polaganja kvalifikacionog ispita iz Matematike. 1. Riješiti jednačine: 4

( ) ( ) 2 UNIVERZITET U ZENICI POLITEHNIČKI FAKULTET. Zadaci za pripremu polaganja kvalifikacionog ispita iz Matematike. 1. Riješiti jednačine: 4 UNIVERZITET U ZENICI POLITEHNIČKI FAKULTET Riješiti jednačine: a) 5 = b) ( ) 3 = c) + 3+ = 7 log3 č) = 8 + 5 ć) sin cos = d) 5cos 6cos + 3 = dž) = đ) + = 3 e) 6 log + log + log = 7 f) ( ) ( ) g) ( ) log

Διαβάστε περισσότερα

Linearna algebra 2 prvi kolokvij,

Linearna algebra 2 prvi kolokvij, Linearna algebra 2 prvi kolokvij, 27.. 20.. Za koji cijeli broj t je funkcija f : R 4 R 4 R definirana s f(x, y) = x y (t + )x 2 y 2 + x y (t 2 + t)x 4 y 4, x = (x, x 2, x, x 4 ), y = (y, y 2, y, y 4 )

Διαβάστε περισσότερα

Ispit održan dana i tačka A ( 3,3, 4 ) x x + 1

Ispit održan dana i tačka A ( 3,3, 4 ) x x + 1 Ispit održan dana 9 0 009 Naći sve vrijednosti korjena 4 z ako je ( ) 8 y+ z Data je prava a : = = kroz tačku A i okomita je na pravu a z = + i i tačka A (,, 4 ) Naći jednačinu prave b koja prolazi ( +

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

KURS IZ MATEMATIKE I

KURS IZ MATEMATIKE I UČITELJSKI FAKULTET U SOMBORU dr Aleksandar Petojević KURS IZ MATEMATIKE I TEORIJA I REŠENI ZADACI Sombor, 2003. Glava 1 Matematička logika 1.1 Teorija Definicija 1. Iskazi su one rečenice o kojima ima

Διαβάστε περισσότερα

Matematička logika. novembar 2012

Matematička logika. novembar 2012 Predikatska logika 1 Matematička logika Department of Mathematics and Informatics, Faculty of Science, University of Novi Sad, Serbia novembar 2012 1 različiti nazivi: predikatska logika, logika prvog

Διαβάστε περισσότερα

5 Ispitivanje funkcija

5 Ispitivanje funkcija 5 Ispitivanje funkcija 3 5 Ispitivanje funkcija Ispitivanje funkcije pretodi crtanju grafika funkcije. Opšti postupak ispitivanja funkcija koje su definisane eksplicitno y = f() sadrži sledeće elemente:

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

numeričkih deskriptivnih mera.

numeričkih deskriptivnih mera. DESKRIPTIVNA STATISTIKA Numeričku seriju podataka opisujemo pomoću Numeričku seriju podataka opisujemo pomoću numeričkih deskriptivnih mera. Pokazatelji centralne tendencije Aritmetička sredina, Medijana,

Διαβάστε περισσότερα

Riješeni zadaci: Nizovi realnih brojeva

Riješeni zadaci: Nizovi realnih brojeva Riješei zadaci: Nizovi realih brojeva Nizovi, aritmetički iz, geometrijski iz Fukciju a : N R azivamo beskoači) iz realih brojeva i ozačavamo s a 1, a,..., a,... ili a ), pri čemu je a = a). Aritmetički

Διαβάστε περισσότερα

Uvod u teoriju brojeva

Uvod u teoriju brojeva Uvod u teoriju brojeva 2. Kongruencije Borka Jadrijević Borka Jadrijević () UTB 2 1 / 25 2. Kongruencije Kongruencija - izjava o djeljivosti; Teoriju kongruencija uveo je C. F. Gauss 1801. De nicija (2.1)

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

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

ν nu ξ xi π pi σ, ς sigma τ tau υ upsilon φ, ϕ phi ψ psi ω omega

ν nu ξ xi π pi σ, ς sigma τ tau υ upsilon φ, ϕ phi ψ psi ω omega Grčka slova α alpha β beta γ gamma δ delta ɛ, ε epsilon ζ zeta η eta θ, ϑ theta ι iota κ kappa λ lambda o o µ mu ν nu ξ xi π pi ρ, ϱ rho σ, ς sigma τ tau υ upsilon φ, ϕ phi ψ psi ω omega Γ Gama Delta Θ

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

O SKUPOVIMA. Do pojma skupa može se vrlo lako doći empirijskim putem, posmatrajući razne grupe,

O SKUPOVIMA. Do pojma skupa može se vrlo lako doći empirijskim putem, posmatrajući razne grupe, O SKUPOVIM Do pojma skupa može se vrlo lako doći empirijskim putem, posmatrajući razne grupe, skupine, mnoštva neke vrste objekata, stvari, živih bića i dr. Tako imamo skup stanovnika nekog grada, skup

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

x n +m = 0. Ovo proširenje ima svoju manu u tome da se odričemo relacije poretka - no ne možemo imati sve...

x n +m = 0. Ovo proširenje ima svoju manu u tome da se odričemo relacije poretka - no ne možemo imati sve... 1 Kompleksni brojevi Kompleksni brojevi Već veoma rano se pokazalo da je skup realnih brojeva preuzak čak i za neke od najosnovnijih jednačina. Primjer toga je x n +m = 0. Pokazat ćemo da postoji logično

Διαβάστε περισσότερα

Neka je data korespondencija f A B. Tada korespondenciju f 1 B A definisanu sa. f 1 = {(b, a) B A (a, b) f}

Neka je data korespondencija f A B. Tada korespondenciju f 1 B A definisanu sa. f 1 = {(b, a) B A (a, b) f} 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} nazivamo inverznom korespondencijom korespondencije f. A f B A f 1 B

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

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

Inženjerska grafika geometrijskih oblika (5. predavanje, tema1)

Inženjerska grafika geometrijskih oblika (5. predavanje, tema1) Inženjerska grafika geometrijskih oblika (5. predavanje, tema1) Prva godina studija Mašinskog fakulteta u Nišu Predavač: Dr Predrag Rajković Mart 19, 2013 5. predavanje, tema 1 Simetrija (Symmetry) Simetrija

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

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

Deljivost. 1. Ispitati kada izraz (n 2) 3 + n 3 + (n + 2) 3,n N nije deljiv sa 18.

Deljivost. 1. Ispitati kada izraz (n 2) 3 + n 3 + (n + 2) 3,n N nije deljiv sa 18. Deljivost 1. Ispitati kada izraz (n 2) 3 + n 3 + (n + 2) 3,n N nije deljiv sa 18. Rešenje: Nazovimo naš izraz sa I.Važi 18 I 2 I 9 I pa možemo da posmatramo deljivost I sa 2 i 9.Iz oblika u kom je dat

Διαβάστε περισσότερα

1 Uvodni pojmovi kombinatorike, I deo

1 Uvodni pojmovi kombinatorike, I deo 1 Uvodni pojmovi kombinatorike, I deo 1 Uvodni pojmovi kombinatorike, I deo U predavanju se osvrćemo na osnovne principe kombinatorike i njihovu primenu na rešavanje elementarnih kombinatornih problema.

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

Funkcije dviju varjabli (zadaci za vježbu)

Funkcije dviju varjabli (zadaci za vježbu) Funkcije dviju varjabli (zadaci za vježbu) Vidosava Šimić 22. prosinca 2009. Domena funkcije dvije varijable Ako je zadano pridruživanje (x, y) z = f(x, y), onda se skup D = {(x, y) ; f(x, y) R} R 2 naziva

Διαβάστε περισσότερα