Logika prvog reda. Zapisivanje rečenica.
|
|
|
- Τισιφόνη Αρβανίτης
- 7 χρόνια πριν
- Προβολές:
Transcript
1 Logika prvog reda.. Danijela Petrović May 3, 2016
2 Logika prvog reda Osnovna novina u odnosu na iskaznu logiku uvoženje egzistencijalnog i univerzalnog kvantifikatora.
3 Logika prvog reda Osnovna novina u odnosu na iskaznu logiku uvoženje egzistencijalnog i univerzalnog kvantifikatora. NIJE ODLUČIVO da li je formula valjana
4 Logika prvog reda Osnovna novina u odnosu na iskaznu logiku uvoženje egzistencijalnog i univerzalnog kvantifikatora. NIJE ODLUČIVO da li je formula valjana POLUODLUČIVO može da se pokaže da je formula valjana
5 Logika prvog reda Osnovna novina u odnosu na iskaznu logiku uvoženje egzistencijalnog i univerzalnog kvantifikatora. NIJE ODLUČIVO da li je formula valjana POLUODLUČIVO može da se pokaže da je formula valjana Ne može za svaku formulu koja NIJE valjana da se pokaže da NIJE valjana
6 Logički deo jezika prvog reda čine prebrojiv skup promenljivih
7 Logički deo jezika prvog reda čine prebrojiv skup promenljivih veznici:,,,,
8 Logički deo jezika prvog reda čine prebrojiv skup promenljivih veznici:,,,, kvantifikatori:,
9 Logički deo jezika prvog reda čine prebrojiv skup promenljivih veznici:,,,, kvantifikatori:, logičke konstante: i
10 Logički deo jezika prvog reda čine prebrojiv skup promenljivih veznici:,,,, kvantifikatori:, logičke konstante: i pomoćni simboli: {, }, (, )
11 L(Π, Σ, ar) rečnik ili signatura
12 L(Π, Σ, ar) rečnik ili signatura Π predikatski simboli
13 L(Π, Σ, ar) rečnik ili signatura Π predikatski simboli Σ funkcijski simboli
14 L(Π, Σ, ar) rečnik ili signatura Π predikatski simboli Σ funkcijski simboli ar funkcija arnosti za predikatske i funkcijske simbole
15 L(Π, Σ, ar) rečnik ili signatura Π predikatski simboli Σ funkcijski simboli ar funkcija arnosti za predikatske i funkcijske simbole konstanta funkcijski simbol arnosti 0
16 Termovi nad signaturom L(Π, Σ, ar) svaki simbol konstante je term
17 Termovi nad signaturom L(Π, Σ, ar) svaki simbol konstante je term svaki simbol promenljive je term
18 Termovi nad signaturom L(Π, Σ, ar) svaki simbol konstante je term svaki simbol promenljive je term ako je f funkcijski simbol, arnosti k i t 1,... t k su termovi, onda je i f (t 1,..., t k ) takože term
19 Termovi nad signaturom L(Π, Σ, ar) svaki simbol konstante je term svaki simbol promenljive je term ako je f funkcijski simbol, arnosti k i t 1,... t k su termovi, onda je i f (t 1,..., t k ) takože term term se može dobiti samo primenom prethodnih pravila
20 Atomička formula nad L(Π, Σ, ar) i
21 Atomička formula nad L(Π, Σ, ar) i ako je p predikatski simbol i ar(p) = k i t 1,... t k su termovi, onda je i p(t 1,..., t k ) takože atomička formula
22 Atomička formula nad L(Π, Σ, ar) i ako je p predikatski simbol i ar(p) = k i t 1,... t k su termovi, onda je i p(t 1,..., t k ) takože atomička formula atomička formula se može dobiti samo primenom prethodnih pravila
23 Skup dobro zasnovanih formula nad L(Π, Σ, ar) atomička formula
24 Skup dobro zasnovanih formula nad L(Π, Σ, ar) atomička formula ako su A i B dobro zasnovane formule, onda su i A, A B, A B, A B, A B
25 Skup dobro zasnovanih formula nad L(Π, Σ, ar) atomička formula ako su A i B dobro zasnovane formule, onda su i A, A B, A B, A B, A B ako je A dobro zasnovana formula i x promeljiva, onda su (( x)a) i (( x)a) dobro zasnovane formule
26 Skup dobro zasnovanih formula nad L(Π, Σ, ar) atomička formula ako su A i B dobro zasnovane formule, onda su i A, A B, A B, A B, A B ako je A dobro zasnovana formula i x promeljiva, onda su (( x)a) i (( x)a) dobro zasnovane formule dobro zasnovane formule se mogu dobiti samo primenom prethodnih pravila
27 Bazni term term koji ne sadrži ni jednu promeljivu
28 Bazni term term koji ne sadrži ni jednu promeljivu Bazna formula formula koja ne sadrži ni jednu promenljivu
29 Bazni term term koji ne sadrži ni jednu promeljivu Bazna formula formula koja ne sadrži ni jednu promenljivu Literal atomička formula ili negacija atomičke formule
30 Bazni term term koji ne sadrži ni jednu promeljivu Bazna formula formula koja ne sadrži ni jednu promenljivu Literal atomička formula ili negacija atomičke formule Klauza disjunkcija literala
31 Slobodno i vezano pojavljivanje promenljive u formuli svako pojavljivanje promenljive u atomičkoj formuli je slobodno u toj formuli
32 Slobodno i vezano pojavljivanje promenljive u formuli svako pojavljivanje promenljive u atomičkoj formuli je slobodno u toj formuli svako pojavljivanje promenljive koja je slobodna u A, slobodno je i u A; svako pojavljivanje promenljive koja je vezana u A, vezana je i u A;
33 Slobodno i vezano pojavljivanje promenljive u formuli svako pojavljivanje promenljive u atomičkoj formuli je slobodno u toj formuli svako pojavljivanje promenljive koja je slobodna u A, slobodno je i u A; svako pojavljivanje promenljive koja je vezana u A, vezana je i u A; svako pojavljivanje promenljive koja je slobodna u A i B, slobodno je i u A B, A B, A B, A B; svako pojavljivanje promenljive koja je vezana u A ili B, vezano je i u A B, A B, A B, A B;
34 Slobodno i vezano pojavljivanje promenljive u formuli svako pojavljivanje promenljive u atomičkoj formuli je slobodno u toj formuli svako pojavljivanje promenljive koja je slobodna u A, slobodno je i u A; svako pojavljivanje promenljive koja je vezana u A, vezana je i u A; svako pojavljivanje promenljive koja je slobodna u A i B, slobodno je i u A B, A B, A B, A B; svako pojavljivanje promenljive koja je vezana u A ili B, vezano je i u A B, A B, A B, A B; svako slobodno pojavljivanje promenljive različite od x u formuli A je takože slobodno u formuli ( x)a; svako slobodno pojavljivanje promenljive x u A je vezano (voženim kvantifikatorom) u ( x)a; analogno za egzistencijalni kvantifikator.
35 Promenljiva je vezana (slobodna) u formuli ako ima vezano (slobodno) pojavljivanje u toj formuli.
36 zatvorena formula formula bez slobodnih promenljivih
37 zatvorena formula formula bez slobodnih promenljivih univerzalno zatvorena ako je oblika ( x 1 )... ( x n )A i A ne sadrži kvantifikatore, ni slobodne promenljive
38 zatvorena formula formula bez slobodnih promenljivih univerzalno zatvorena ako je oblika ( x 1 )... ( x n )A i A ne sadrži kvantifikatore, ni slobodne promenljive egzistencijalno zatvorena ako je oblika ( x 1 )... ( x n )A i A ne sadrži kvantifikatore, ni slobodne promenljive
39 zatvorena formula formula bez slobodnih promenljivih univerzalno zatvorena ako je oblika ( x 1 )... ( x n )A i A ne sadrži kvantifikatore, ni slobodne promenljive egzistencijalno zatvorena ako je oblika ( x 1 )... ( x n )A i A ne sadrži kvantifikatore, ni slobodne promenljive Klauza disjunkcija literala
40 Zadatak 1 Možete lagati neke ljude sve vreme i možete lagati sve ljude neko vreme, ali ne možete lagati sve ljude sve vreme.
41 Zadatak 1 Možete lagati neke ljude sve vreme i možete lagati sve ljude neko vreme, ali ne možete lagati sve ljude sve vreme. p(x, y) možete lagati x u vremenu y Π = {p} Σ = {} ar(p) = 2
42 Zadatak 1 Možete lagati neke ljude sve vreme i možete lagati sve ljude neko vreme, ali ne možete lagati sve ljude sve vreme. ( x)( y)p(x, y)
43 Zadatak 1 Možete lagati neke ljude sve vreme i možete lagati sve ljude neko vreme, ali ne možete lagati sve ljude sve vreme. ( x)( y)p(x, y)
44 Zadatak 1 Možete lagati neke ljude sve vreme i možete lagati sve ljude neko vreme, ali ne možete lagati sve ljude sve vreme. ( x)( y)p(x, y)
45 Zadatak 1 Možete lagati neke ljude sve vreme i možete lagati sve ljude neko vreme, ali ne možete lagati sve ljude sve vreme. ( x)( y)p(x, y) ( x)( y)p(x, y)
46 Zadatak 1 Možete lagati neke ljude sve vreme i možete lagati sve ljude neko vreme, ali ne možete lagati sve ljude sve vreme. ( x)( y)p(x, y) ( x)( y)p(x, y)
47 Zadatak 1 Možete lagati neke ljude sve vreme i možete lagati sve ljude neko vreme, ali ne možete lagati sve ljude sve vreme. ( x)( y)p(x, y) ( x)( y)p(x, y) [( x)( y)p(x, y)]
48 Zadatak 2 Svako voli nekog i niko ne voli svakog ili neko voli svakog i niko ne voli nikoga.
49 Zadatak 2 Svako voli nekog i niko ne voli svakog ili neko voli svakog i niko ne voli nikoga. p(x, y) x voli y Π = {p} Σ = {} ar(p) = 2
50 Zadatak 2 Svako voli nekog i niko ne voli svakog ili neko voli svakog i niko ne voli nikoga. p(x, y) x voli y ( x)( y)p(x, y)
51 Zadatak 2 Svako voli nekog i niko ne voli svakog ili neko voli svakog i niko ne voli nikoga. p(x, y) x voli y ( x)( y)p(x, y)
52 Zadatak 2 Svako voli nekog i niko ne voli svakog ili neko voli svakog i niko ne voli nikoga. Pitanje smisla niko i dvostruka negacija, možda prevesti na engleski there is no person that loves everybody niko ni jedna osoba, ne postoji soba ne važi da postoji osoba tako da voli svakog ili za svaku osobu postoji osoba takva da je ne voli p(x, y) x voli y (( x)( y)p(x, y) [( x)( y)p(x, y)]
53 Zadatak 2 Svako voli nekog i niko ne voli svakog ili neko voli svakog i niko ne voli nikoga. p(x, y) x voli y ((( x)( y)p(x, y) [( x)( y)p(x, y)])
54 Zadatak 2 Svako voli nekog i niko ne voli svakog ili neko voli svakog i niko ne voli nikoga. p(x, y) x voli y ((( x)( y)p(x, y) [( x)( y)p(x, y)]) (( x)( y)p(x, y))
55 Zadatak 2 Svako voli nekog i niko ne voli svakog ili neko voli svakog i niko ne voli nikoga. Pitanje smisla trostruka negacija da li znači bilo koja dva čoveka se ne vole ( x)( y) p(x, y) ili znači ne postoji osoba tako da ne voli ni jednu drugu osobu [( x)( y) p(x, y)] (biram da je ovo smisao) ((( x)( y)p(x, y) [( x)( y)p(x, y)]) (( x)( y)p(x, y) [( x)( y) p(x, y)])
56 Generalna tvrženja, ona koja su uopštena, važe za svaki slučaj to zapisujemo koristeći. Primer: Ljudi idu u kupovinu. ovo je generalno tvrdjenje važi za sve ljude p(x) x ide u kupovinu ( x)p(x)
57 Generalna tvrženja, ona koja su uopštena, važe za svaki slučaj to zapisujemo koristeći. Primer: Ljudi idu u kupovinu. ovo je generalno tvrdjenje važi za sve ljude p(x) x ide u kupovinu ( x)p(x) Da bi nešto bilo rečenica mora da ide sa ili sa. Primer: Ljudi idu u kupovinu i jedu povrće. p(x) x ide u kupovinu q(x) x jede povrće p(x) q(x) nema nikakvog smisla, ovo znači x ide u kupovinu i jede povrće. Šta je x, ko je x?? x je promenljiva i nema smisla sama za sebe. ( x)(p(x) q(x)) ovo već ima smisla.
58 Generalna tvrženja, ona koja su uopštena, važe za svaki slučaj to zapisujemo koristeći. Primer: Ljudi idu u kupovinu. ovo je generalno tvrdjenje važi za sve ljude p(x) x ide u kupovinu ( x)p(x) Da bi nešto bilo rečenica mora da ide sa ili sa. Primer: Ljudi idu u kupovinu i jedu povrće. p(x) x ide u kupovinu q(x) x jede povrće p(x) q(x) nema nikakvog smisla, ovo znači x ide u kupovinu i jede povrće. Šta je x, ko je x?? x je promenljiva i nema smisla sama za sebe. ( x)(p(x) q(x)) ovo već ima smisla. Predikatski simboli u principu, to su predikati u rečenici.
59 Zadatak 3 Dve nemimoilazne prave se seku ili su paralelene. Prave koje se seku leže u istoj ravni. Prave koje su paralelene leže u istoj ravni. Dve nemimoilazne prave leže u istoj ravni. Korišćem metode rezolucije pokazati da iz prve tri rečenice sledi četvrta rečenica.
60 Zadatak 3 Dve nemimoilazne prave se seku ili su paralelene. Prave koje se seku leže u istoj ravni. Prave koje su paralelene leže u istoj ravni. Dve nemimoilazne prave leže u istoj ravni. m(x, y) x i y su nemimoilazne prave s(x, y) x i y se seku p(x, y) x i y su paralelne r(x, y) x i y leže u istoj ravni Π = {m, s, p, r} Σ = {} ar(m) = 2, ar(s) = 2, ar(p) = 2, ar(r) = 2
61 Zadatak 3 Dve nemimoilazne prave se seku ili su paralelene. ( x)( y)(m(x, y) (s(x, y) p(x, y))
62 Zadatak 3 Dve nemimoilazne prave se seku ili su paralelene. Prave koje se seku leže u istoj ravni. ( x)( y)(m(x, y) (s(x, y) p(x, y)) ( x)( y)(s(x, y) r(x, y))
63 Zadatak 3 Dve nemimoilazne prave se seku ili su paralelene. Prave koje se seku leže u istoj ravni. Prave koje su paralelene leže u istoj ravni. ( x)( y)(m(x, y) (s(x, y) p(x, y)) ( x)( y)(s(x, y) r(x, y)) ( x)( y)(p(x, y) r(x, y))
64 Zadatak 3 Dve nemimoilazne prave se seku ili su paralelene. Prave koje se seku leže u istoj ravni. Prave koje su paralelene leže u istoj ravni. Dve nemimoilazne prave leže u istoj ravni. ( x)( y)(m(x, y) (s(x, y) p(x, y)) ( x)( y)(s(x, y) r(x, y)) ( x)( y)(p(x, y) r(x, y)) ( x)( y)(m(x, y) r(x, y))
65 Zadatak 4 Svaka dva brata imaju zajedničkog roditelja. Roditelj je stariji od deteta. Postoje braća. Ni jedna osoba nije starija od druge. Metodom rezolucije pokazati da je prethodni skup rečenica nezadovoljiv. b(x, y) x i y su braća r(x, y) x je roditelj od y s(x, y) x je stariji od y Π = {b, r, s} Σ = {} ar(b) = 2, ar(r) = 2, ar(s) = 2
66 Zadatak 4 Svaka dva brata imaju zajedničkog roditelja. ( x)( y)( z)(b(x, y) (r(z, x) r(z, y)))
67 Zadatak 4 Svaka dva brata imaju zajedničkog roditelja. Roditelj je stariji od deteta. ( x)( y)( z)(b(x, y) (r(z, x) r(z, y))) ( x)( y)(r(x, y) s(x, y))
68 Zadatak 4 Svaka dva brata imaju zajedničkog roditelja. Roditelj je stariji od deteta. Postoje braća. ( x)( y)( z)(b(x, y) (r(z, x) r(z, y))) ( x)( y)(r(x, y) s(x, y)) ( x)( y)b(x, y)
69 Zadatak 4 Svaka dva brata imaju zajedničkog roditelja. Roditelj je stariji od deteta. Postoje braća. Ni jedna osoba nije starija od druge. ( x)( y)( z)(b(x, y) (r(z, x) r(z, y))) ( x)( y)(r(x, y) s(x, y)) ( x)( y)b(x, y) ( x)( y) s(x, y)
70 Zadatak 5 Svako ima rožaka na moru ili na planini. Ko ima rožaka na moru, bio je na moru. Ko ima rožaka na planini, bio je na planini. Neko nije bio ni na moru, ni na planini. Pokazati da ako važe prve tri rečenice ne može da važi poslednja, četvrta rečenica. rm(x) x ima rožaka na moru rp(x) x ima rožaka na planini m(x) x je bio na moru p(x) x je bio na planini Π = {rm, rp, m, p} Σ = {} ar(rm) = 1, ar(rp) = 1, ar(m) = 1, ar(p) = 1
71 Zadatak 5 Svako ima rožaka na moru ili na planini. ( x)(rm(x) rp(x))
72 Zadatak 5 Svako ima rožaka na moru ili na planini. Ko ima rožaka na moru, bio je na moru. ( x)(rm(x) rp(x)) ( x)(rm(x) m(x))
73 Zadatak 5 Svako ima rožaka na moru ili na planini. Ko ima rožaka na moru, bio je na moru. Ko ima rožaka na planini, bio je na planini. ( x)(rm(x) rp(x)) ( x)(rm(x) m(x)) ( x)(rp(x) p(x))
74 Zadatak 5 Svako ima rožaka na moru ili na planini. Ko ima rožaka na moru, bio je na moru. Ko ima rožaka na planini, bio je na planini. Neko nije bio ni na moru, ni na planini. ( x)(rm(x) rp(x)) ( x)(rm(x) m(x)) ( x)(rp(x) p(x)) ( x)( m(x) p(x))
75 Zadatak 6 Svako ruča kod kuće ili u restoranu. Ko ruča u restoranu i nema novaca, taj pere sudove u restoranu. Janko nema novaca. Janko ruča kod kuće ili pere sudove u restoranu. Metodom rezolucije pokazati da je poslednja rečenica logička posledica prva tri rečenice.
76 Zadatak 6 Svako ruča kod kuće ili u restoranu. Ko ruča u restoranu i nema novaca, taj pere sudove u restoranu. Janko nema novaca. Janko ruča kod kuće ili pere sudove u restoranu. rk(x) x ruča kod kuće rr(x) x ruča u restoranu nn(x) x nema novaca ps(x) x pere sudove u restoranu j Janko Π = {rk, rr, nn, ps} Σ = {j} ar(rk) = 1, ar(rr) = 1, ar(nn) = 1, ar(ps) = 1, ar(j) = 0
77 Zadatak 6 Svako ruča kod kuće ili u restoranu. ( x)(rk(x) rr(x))
78 Zadatak 6 Svako ruča kod kuće ili u restoranu. Ko ruča u restoranu i nema novaca, taj pere sudove u restoranu. ( x)(rk(x) rr(x)) ( x)((rr(x) nn(x)) ps(x))
79 Zadatak 6 Svako ruča kod kuće ili u restoranu. Ko ruča u restoranu i nema novaca, taj pere sudove u restoranu. Janko nema novaca. ( x)(rk(x) rr(x)) ( x)((rr(x) nn(x)) ps(x)) nn(j)
80 Zadatak 6 Svako ruča kod kuće ili u restoranu. Ko ruča u restoranu i nema novaca, taj pere sudove u restoranu. Janko nema novaca. Janko ruča kod kuće ili pere sudove u restoranu. ( x)(rk(x) rr(x)) ( x)((rr(x) nn(x)) ps(x)) nn(j) rk(j) ps(j)
81 Zadatak 7 Ko rano rani, ceo dan je pospan. Ko rano rani ceo dan je pospan ili dve sreće grabi. Ko dve sreće grabi, ceo dan je pospan. U logici prvog reda pokazati da je prva rečenica logička posledica druge i treće rečenice.
82 Zadatak 7 Ko rano rani, ceo dan je pospan. Ko rano rani ceo dan je pospan ili dve sreće grabi. Ko dve sreće grabi, ceo dan je pospan. rr(x) x rano rani p(x) x je ceo dan pospan ds(x) x dve sreće grabi Π = {rr, p, ds} Σ = {} ar(rr) = 1, ar(p) = 1, ar(ds) = 1
83 Zadatak 7 Ko rano rani, ceo dan je pospan. ( x)(rr(x) p(x))
84 Zadatak 7 Ko rano rani, ceo dan je pospan. Ko rano rani ceo dan je pospan ili dve sreće grabi. ( x)(rr(x) p(x)) ( x)(rr(x) (p(x) ds(x)))
85 Zadatak 7 Ko rano rani, ceo dan je pospan. Ko rano rani ceo dan je pospan ili dve sreće grabi. Ko dve sreće grabi, ceo dan je pospan. ( x)(rr(x) p(x)) ( x)(rr(x) (p(x) ds(x))) ( x)(ds(x) p(x))
86 Zadatak 8 Ko se vozi avionom dosta zaražuje. Ko dosta zaražuje puno radi. Janko se vozi avionom. Janko ne radi puno. Metodom rezolucije pokazati da su zajedno prethodne rečenice kontradiktorne.
87 Zadatak 8 Ko se vozi avionom dosta zaražuje. Ko dosta zaražuje puno radi. Janko se vozi avionom. Janko ne radi puno. va(x) x se vozi avionom dz(x) x dosta zaražuje pr(x) x puno radi j Janko Π = {va, dz, pr} Σ = {j} ar(va) = 1, ar(dz) = 1, ar(pr) = 1, ar(j) = 0
88 Zadatak 8 Ko se vozi avionom dosta zaražuje. ( x)(va(x) dz(x))
89 Zadatak 8 Ko se vozi avionom dosta zaražuje. Ko dosta zaražuje puno radi. ( x)(va(x) dz(x)) ( x)(dz(x) pr(x))
90 Zadatak 8 Ko se vozi avionom dosta zaražuje. Ko dosta zaražuje puno radi. Janko se vozi avionom. ( x)(va(x) dz(x)) ( x)(dz(x) pr(x)) va(j)
91 Zadatak 8 Ko se vozi avionom dosta zaražuje. Ko dosta zaražuje puno radi. Janko se vozi avionom. Janko ne radi puno. ( x)(va(x) dz(x)) ( x)(dz(x) pr(x)) va(j) pr(j)
92 Zadatak 9 Ako postoji cipela koja u svakom trenutku odgovara svakoj nozi, onda za svaku nogu postoji cipela koja joj u nekom trenutku odgovara i za svaku nogu postoji trenutak takav da postoji cipela koja joj u tom trenutku odgovara. Metodom rezolucije pokazati da je prethodna rečenica valjana.
93 Zadatak 9 Ako postoji cipela koja u svakom trenutku odgovara svakoj nozi, onda za svaku nogu postoji cipela koja joj u nekom trenutku odgovara i za svaku nogu postoji trenutak takav da postoji cipela koja joj u tom trenutku odgovara. p(x, y, z) nogi X odgovara cipela Y u trenutku Z Π = {p} Σ = {} ar(p) = 3
94 Zadatak 9 Ako postoji cipela koja u svakom trenutku odgovara svakoj nozi, onda za svaku nogu postoji cipela koja joj u nekom trenutku odgovara i za svaku nogu postoji trenutak takav da postoji cipela koja joj u tom trenutku odgovara. p(x, y, z) nogi X odgovara cipela Y u trenutku Z ( y)( z)( x)p(x, y, z)
95 Zadatak 9 Ako postoji cipela koja u svakom trenutku odgovara svakoj nozi, onda za svaku nogu postoji cipela koja joj u nekom trenutku odgovara i za svaku nogu postoji trenutak takav da postoji cipela koja joj u tom trenutku odgovara. p(x, y, z) nogi X odgovara cipela Y u trenutku Z ( y)( z)( x)p(x, y, z) (( x)( y)( z)p(x, y, z))
96 Zadatak 9 Ako postoji cipela koja u svakom trenutku odgovara svakoj nozi, onda za svaku nogu postoji cipela koja joj u nekom trenutku odgovara i za svaku nogu postoji trenutak takav da postoji cipela koja joj u tom trenutku odgovara. p(x, y, z) nogi X odgovara cipela Y u trenutku Z ( y)( z)( x)p(x, y, z) (( x)( y)( z)p(x, y, z) ( x)( z)( y)p(x, y, z))
97 Zadatak 10 Sve što leti to ima krila i lagano je. Sve što pliva to nema krila. Sve što pliva to ne leti. Pokazati da je poslednja rečenica logička posledica prve dve rečenice.
98 Zadatak 10 Sve što leti to ima krila i lagano je. Sve što pliva to nema krila. Sve što pliva to ne leti. l(x) x leti k(x) x ima krila p(x) x pliva lag(x) x je lagano Π = {l, p, k, lag} Σ = {} ar(l) = 1, ar(p) = 1, ar(k) = 1, ar(lag) = 1
99 Zadatak 10 Sve što leti to ima krila i lagano je. ( x)(l(x) (k(x) lag(x)))
100 Zadatak 10 Sve što leti to ima krila i lagano je. Sve što pliva to nema krila. ( x)(l(x) (k(x) lag(x))) ( x)(p(x) k(x))
101 Zadatak 10 Sve što leti to ima krila i lagano je. Sve što pliva to nema krila. Sve što pliva to ne leti. ( x)(l(x) (k(x) lag(x))) ( x)(p(x) k(x)) ( x)(p(x) l(x))
102 Zadatak 11 Ko radi taj ima ili troši. Ko ima taj peva. Ko trosi taj peva. Ko radi taj peva. Pokazati da je poslednja rečenica logička posledica prve tri rečenice.
103 Zadatak 11 Ko radi taj ima ili troši. Ko ima taj peva. Ko trosi taj peva. Ko radi taj peva. r(x) x radi i(x) x ima t(x) x trosi p(x) x peva Π = {r, i, t, p} Σ = {} ar(r) = 1, ar(r) = 1, ar(r) = 1, ar(p) = 1
104 Zadatak 11 Ko radi taj ima ili troši. ( x)(r(x) (i(x) t(x)))
105 Zadatak 11 Ko radi taj ima ili troši. Ko ima taj peva. ( x)(r(x) (i(x) t(x))) ( x)(i(x) p(x))
106 Zadatak 11 Ko radi taj ima ili troši. Ko ima taj peva. Ko trosi taj peva. ( x)(r(x) (i(x) t(x))) ( x)(i(x) p(x)) ( x)(t(x) p(x))
107 Zadatak 11 Ko radi taj ima ili troši. Ko ima taj peva. Ko trosi taj peva. Ko radi taj peva. ( x)(r(x) (i(x) t(x))) ( x)(i(x) p(x)) ( x)(t(x) p(x)) ( x)(r(x) p(x))
108 Zadatak 12 Ko laže taj krade. Ko krade i uhvaćen je u kraži, taj ide u zatvor. Al Kapone laže. Al Kapone je uhvaćen u kraži. Laki Lućiano laže.
109 Zadatak 12 Ko laže taj krade. Ko krade i uhvaćen je u kraži, taj ide u zatvor. Al Kapone laže. Al Kapone je uhvaćen u kraži. Laki Lućiano laže. l(x) x laže k(x) x krade u(x) x uhavaćen u kraži z(x) x ide u zatvor AK Al Kapone LL Laki Lućiano Π = {l, k, u, z} Σ = {AK, LL} ar(l) = 1, ar(k) = 1, ar(u) = 1, ar(z) = 1, ar(ak) = 0, ar(ll) = 0
110 Zadatak 12 Ko laže taj krade. ( x)(l(x) k(x))
111 Zadatak 12 Ko laže taj krade. Ko krade i uhvaćen je u kraži, taj ide u zatvor. ( x)(l(x) k(x)) ( x)((l(x) u(x)) z(x))
112 Zadatak 12 Ko laže taj krade. Ko krade i uhvaćen je u kraži, taj ide u zatvor. Al Kapone laže. ( x)(l(x) k(x)) ( x)((l(x) u(x)) z(x)) l(ak)
113 Zadatak 12 Ko laže taj krade. Ko krade i uhvaćen je u kraži, taj ide u zatvor. Al Kapone laže. Al Kapone je uhvaćen u kraži. ( x)(l(x) k(x)) ( x)((l(x) u(x)) z(x)) l(ak) u(ak)
114 Zadatak 12 Ko laže taj krade. Ko krade i uhvaćen je u kraži, taj ide u zatvor. Al Kapone laže. Al Kapone je uhvaćen u kraži. Laki Lućiano laže. ( x)(l(x) k(x)) ( x)((l(x) u(x)) z(x)) l(ak) u(ak) l(ll)
115 Zadatak 13 Ako onaj ko laže taj i krade i ako bar neko laže, onda neko i krade. U logici prvog reda pokazati da je ova rečenica valjana.
116 Zadatak 13 Ako onaj ko laže taj i krade i ako bar neko laže, onda neko i krade. l(x) x laže k(x) x krade Π = {l, k} Σ = {} ar(l) = 1, ar(k) = 1
117 Zadatak 13 Ako onaj ko laže taj i krade i ako bar neko laže, onda neko i krade. ( x)(l(x) k(x))
118 Zadatak 13 Ako onaj ko laže taj i krade i ako bar neko laže, onda neko i krade. ( x)(l(x) k(x)) ( x)l(x)
119 Zadatak 13 Ako onaj ko laže taj i krade i ako bar neko laže, onda neko i krade. (( x)(l(x) k(x)) ( x)l(x))
120 Zadatak 13 Ako onaj ko laže taj i krade i ako bar neko laže, onda neko i krade. (( x)(l(x) k(x)) ( x)l(x)) ( x)k(x)
121 Zadatak 14 Ako je X prijatelj osobe Y, onda je Y prijatelj osobe X. Ako je X prijatelj osobe Y, onda X voli Y. Ne postoji neko ko je povredio osobu koju voli. Janko je povredio svog prijatelja Marka. Pokazati da je ovaj skup rečenica nezadovoljiv.
122 Zadatak 14 Ako je X prijatelj osobe Y, onda je Y prijatelj osobe X. Ako je X prijatelj osobe Y, onda X voli Y. Ne postoji neko ko je povredio osobu koju voli. Janko je povredio svog prijatelja Marka. p(x, y) x je prijatelj osobe y v(x, y) x voli y pov(x, y) x je povredio y m Marko j Janko Π = {p, v, pov} Σ = {m, j} ar(p) = 2, ar(v) = 2, ar(pov) = 2, ar(m) = 0, ar(j) = 0
123 Zadatak 14 Ako je X prijatelj osobe Y, onda je Y prijatelj osobe X. ( x)( y)(p(x, y) p(y, x))
124 Zadatak 14 Ako je X prijatelj osobe Y, onda je Y prijatelj osobe X. Ako je X prijatelj osobe Y, onda X voli Y. ( x)( y)(p(x, y) p(y, x)) ( x)( y)(p(x, y) v(x, y))
125 Zadatak 14 Ako je X prijatelj osobe Y, onda je Y prijatelj osobe X. Ako je X prijatelj osobe Y, onda X voli Y. Ne postoji neko ko je povredio osobu koju voli. ( x)( y)(p(x, y) p(y, x)) ( x)( y)(p(x, y) v(x, y)) [( x)( y)(pov(x, y) v(x, y))]
126 Zadatak 14 Ako je X prijatelj osobe Y, onda je Y prijatelj osobe X. Ako je X prijatelj osobe Y, onda X voli Y. Ne postoji neko ko je povredio osobu koju voli. Janko je povredio svog prijatelja Marka. ( x)( y)(p(x, y) p(y, x)) ( x)( y)(p(x, y) v(x, y)) [( x)( y)(pov(x, y) v(x, y))] pov(j, m) p(m, j)
127 Zadatak 15 Svako zadovoljstvo se plaća. z(x) x je zadovoljstvo p(x) x se plaća ( x)(z(x) p(x))
128 Zadatak 15 Svako zadovoljstvo se plaća. z(x) x je zadovoljstvo p(x) x se plaća ( x)(z(x) p(x)) Netačno: ( x)(z(x) p(x)) Jer ovako ispada da svako x se plaća i da je svako x zadovoljstvo, a to nije slučaj, u našoj rečenici to nigde ne stoji; možda x može biti i nešto treće. Mi samo tvrdimo da ako x jeste zadovoljstvo onda se plaća. Takože, prva rečenica je tačna ako x nije zadovoljstvo a plaća se (recimo kazna za parking), dok druga nije.
129 Zadatak 15 Postoji zadovoljstvo koje se plaća. z(x) x je zadovoljstvo p(x) x se plaća ( x)(z(x) p(x)) Netačno: ( x)(z(x) p(x)) Ovde je situacija drugačija. Menja se zbog postoji u odnosu na svako kao u prethodnom primeru. Kada kažemo postoji mislimo na neko konkretno x, na neku jedinku, a ne na uopšteni slučaj. I za razliku od malo pre gde je x moglo biti i nešto treće (nešto što niti se plaća, niti je zadovoljstvo), ovde to nije slučaj. Ovde znamo da je ova jedinka upravo sa tim osobinama i nije nikako drugačija.
130 Zadatak 15 Ni jedno zadovoljstvo nije posao. z(x) x je zadovoljstvo p(x) x se je posao Pitanje smisla bilo koje zadovoljstvo nije posao ( x)(z(x) p(x)) Netačno: ( x)(z(x) p(x)) Isto kao i malo pre imamo.
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)
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
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
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
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
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)
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,
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
Sistemi veštačke inteligencije primer 1
Sistemi veštačke inteligencije primer 1 1. Na jeziku predikatskog računa formalizovati rečenice: a) Miloš je slikar. b) Sava nije slikar. c) Svi slikari su umetnici. Uz pomoć metode rezolucije dokazati
PARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI. Sama definicija parcijalnog izvoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je,
PARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI Sama definicija parcijalnog ivoda i diferencijala je malo teža, mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je, naravno, naučiti onako kako vaš profesor ahteva. Mi ćemo probati
8 Predikatski račun kao deduktivni sistem
26 8 Predikatski račun kao deduktivni sistem Neka je L neki jezik prvog reda. Da bismo odredili predikatski račun K L tipa L, prvo ćemo se dogovoriti šta će biti azbuka nad kojom radimo. Znamo da se svaka
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
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
5. Karakteristične funkcije
5. Karakteristične funkcije Profesor Milan Merkle emerkle@etf.rs milanmerkle.etf.rs Verovatnoća i Statistika-proleće 2018 Milan Merkle Karakteristične funkcije ETF Beograd 1 / 10 Definicija Karakteristična
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
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
Predikatska logika - II deo. Jelena Ignjatović
Predikatska logika - II deo Jelena Ignjatović Logika i teorija skupva Ugnježdeni kvantifikatori Ugnježdeni kvantifikatori U matematici i informatici se često sreću kvantifikatori koji se javljaju u oblasti
Klasifikacija blizu Kelerovih mnogostrukosti. konstantne holomorfne sekcione krivine. Kelerove. mnogostrukosti. blizu Kelerove.
Klasifikacija blizu Teorema Neka je M Kelerova mnogostrukost. Operator krivine R ima sledeća svojstva: R(X, Y, Z, W ) = R(Y, X, Z, W ) = R(X, Y, W, Z) R(X, Y, Z, W ) + R(Y, Z, X, W ) + R(Z, X, Y, W ) =
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
6 Preneksna forma i skolemizacija
20 6 Preneksna forma i skolemizacija Dve korisne tehnike koje možemo koristiti prilikom rešavanja različitih problema u predikatskoj logici jesu konstrukcija preneksne forme date formule, kao i tzv. skolemizacija.
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
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
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
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
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
Napravimo neformalnu rekapitulaciju osnovnih pojmova koje smo obradili na prethodnom predavanju.
Predikatske formule rekapitulacija Napravimo neformalnu rekapitulaciju osnovnih pojmova koje smo obradili na prethodnom predavanju. Izraz je proizvoljan niz simbola. Naravno, većina izraza nema nikakav
IZVODI ZADACI (I deo)
IZVODI ZADACI (I deo Najpre da se podsetimo tablice i osnovnih pravila:. C0.. (. ( 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 >0. (cos. (cos - π. (tg kπ cos. (ctg
Sintaksa i semantika u logici
Sintaksa i semantika u logici PMF Matematički odsjek Sveučilište u Zagrebu 13. listopad 2012., Zadar Sintaksa i semantika u logici 1 / 51 1. Logika sudova 1.1. Sintaksa jezik 1.2. Semantika logike sudova
Cauchyjev teorem. Postoji više dokaza ovog teorema, a najjednostvniji je uz pomoć Greenove formule: dxdy. int C i Cauchy Riemannovih uvjeta.
auchyjev teorem Neka je f-ja f (z) analitička u jednostruko (prosto) povezanoj oblasti G, i neka je zatvorena kontura koja čitava leži u toj oblasti. Tada je f (z)dz = 0. Postoji više dokaza ovog teorema,
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
Računarska grafika. Rasterizacija linije
Računarska grafika Osnovni inkrementalni algoritam Drugi naziv u literaturi digitalni diferencijalni analizator (DDA) Pretpostavke (privremena ograničenja koja se mogu otkloniti jednostavnim uopštavanjem
Automatsko rezonovanje beleške sa predavanja Rezonovanje u logici prvog reda
Automatsko rezonovanje beleške sa predavanja Rezonovanje u logici prvog reda Filip Marić Milan Banković Matematički fakultet, Univerzitet u Beogradu Proletnji semestar 2018. Uvod Pregled 1 Uvod 2 Sintaksa
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 ).](/thumbs/74/70316766.jpg "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
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.
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
Predikatska logika. January 8, 2012
Predikatska logika January 8, 2012 1 O predikatskoj logici Pre nego što počnemo razmatranje predikatske logike, zadržimo se na nekoliko napomena koje će, nadamo se, pomoći da se rasčiste pre svega terminološke
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
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
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
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
Automatsko rezonovanje beleške sa predavanja Rezonovanje u logici prvog reda
Automatsko rezonovanje beleške sa predavanja Rezonovanje u logici prvog reda Filip Marić Matematički fakultet, Univerzitet u Beogradu Proletnji semestar 2011. Uvod. Pregled 1 Uvod. 2 3 Normalne forme 4
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:
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,
Iskazna logika se bavi rečenicama kao celinama, i ne zalazi u njihovu unutrašnju strukturu, ne razlikuje njihove posebne elemente.
Zadatak predikatske logike Iskazna logika se bavi rečenicama kao celinama, i ne zalazi u njihovu unutrašnju strukturu, ne razlikuje njihove posebne elemente. Zbog toga se pomoću iskaznih formula ne može
numeričkih deskriptivnih mera.
DESKRIPTIVNA STATISTIKA Numeričku seriju podataka opisujemo pomoću Numeričku seriju podataka opisujemo pomoću numeričkih deskriptivnih mera. Pokazatelji centralne tendencije Aritmetička sredina, Medijana,
IZRAČUNAVANJE POKAZATELJA NAČINA RADA NAČINA RADA (ISKORIŠĆENOSTI KAPACITETA, STEPENA OTVORENOSTI RADNIH MESTA I NIVOA ORGANIZOVANOSTI)
IZRAČUNAVANJE POKAZATELJA NAČINA RADA NAČINA RADA (ISKORIŠĆENOSTI KAPACITETA, STEPENA OTVORENOSTI RADNIH MESTA I NIVOA ORGANIZOVANOSTI) Izračunavanje pokazatelja načina rada OTVORENOG RM RASPOLOŽIVO RADNO
Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1
Građevinski fakultet Univerziteta u Beogradu 3.2.2016. Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1 Prezime i ime: Broj indeksa: 1. Definisati Koxijev niz. Dati primer niza koji nije Koxijev. 2. Dat je red n=1
Dvanaesti praktikum iz Analize 1
Dvaaesti praktikum iz Aalize Zlatko Lazovi 20. decembar 206.. Dokazati da fukcija f = 5 l tg + 5 ima bar jedu realu ulu. Ree e. Oblast defiisaosti fukcije je D f = k Z da postoji ula fukcije a 0, π 2.
Rezolucija u predikatskoj logici
Rezolucija u predikatskoj logici April 18, 2012 1 Uvod Kao što smo rekli u Sekciji 13 (Rezolucija u iskaznoj logici), metod rezolucije je postupak za dokazivanje da je neka (iskazna ili predikatska) formula
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
XI dvoqas veжbi dr Vladimir Balti. 4. Stabla
XI dvoqas veжbi dr Vladimir Balti 4. Stabla Teorijski uvod Teorijski uvod Definicija 5.7.1. Stablo je povezan graf bez kontura. Definicija 5.7.1. Stablo je povezan graf bez kontura. Primer 5.7.1. Sva stabla
Predikatska logika - III deo. Jelena Ignjatović
Predikatska logika - III deo Jelena Ignjatović Termi i formule Matematički izrazi i formule Matematičke izraze i formule gradimo od raznorodnih elemenata. Osnovni elementi matematičkih izraza i formula
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
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
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
APROKSIMACIJA FUNKCIJA
APROKSIMACIJA FUNKCIJA Osnovni koncepti Gradimir V. Milovanović MF, Beograd, 14. mart 2011. APROKSIMACIJA FUNKCIJA p.1/46 Osnovni problem u TA Kako za datu funkciju f iz velikog prostora X naći jednostavnu
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
Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama.
Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama. a b Verovatno a da sluqajna promenljiva X uzima vrednost iz intervala
1 Afina geometrija. 1.1 Afini prostor. Definicija 1.1. Pod afinim prostorom nad poljem K podrazumevamo. A - skup taqaka
1 Afina geometrija 11 Afini prostor Definicija 11 Pod afinim prostorom nad poljem K podrazumevamo svaku uređenu trojku (A, V, +): A - skup taqaka V - vektorski prostor nad poljem K + : A V A - preslikavanje
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
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.
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
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
KVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola.
KVADRATNA FUNKCIJA Kvadratna funkcija je oblika: = a + b + c Gde je R, a 0 i a, b i c su realni brojevi. Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije = a + b + c je parabola. Najpre ćemo naučiti kako
OM2 V3 Ime i prezime: Index br: I SAVIJANJE SILAMA TANKOZIDNIH ŠTAPOVA
OM V me i preime: nde br: 1.0.01. 0.0.01. SAVJANJE SLAMA TANKOZDNH ŠTAPOVA A. TANKOZDN ŠTAPOV PROZVOLJNOG OTVORENOG POPREČNOG PRESEKA Preposavka: Smičući napon je konsanan po debljini ida (duž pravca upravnog
6 Polinomi Funkcija p : R R zadana formulom
6 Polinomi Funkcija p : R R zadana formulom p(x) = a n x n + a n 1 x n 1 +... + a 1 x + a 0, gdje su a 0, a 1,..., a n realni brojevi, a n 0, i n prirodan broj ili 0, naziva se polinom n-tog stupnja s
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
Ovo nam govori da funkcija nije ni parna ni neparna, odnosno da nije simetrična ni u odnosu na y osu ni u odnosu na
. Ispitati tok i skicirati grafik funkcij = Oblast dfinisanosti (domn) Ova funkcija j svuda dfinisana, jr nma razlomka a funkcija j dfinisana za svako iz skupa R. Dakl (, ). Ovo nam odmah govori da funkcija
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
8 Funkcije više promenljivih
8 Funkcije više promenljivih 78 8 Funkcije više promenljivih Neka je R skup realnih brojeva i X R n. Jednoznačno preslikavanje f : X R naziva se realna funkcija sa n nezavisno promenljivih čiji je domen
Računarska grafika. Rasterizacija linije
Računarska grafika Osnovni inkrementalni algoritam Drugi naziv u literaturi digitalni diferencijalni analizator (DDA) Pretpostavke (privremena ograničenja koja se mogu otkloniti jednostavnim uopštavanjem
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
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/.
I.13. Koliki je napon između neke tačke A čiji je potencijal 5 V i referentne tačke u odnosu na koju se taj potencijal računa?
TET I.1. Šta je Kulonova sila? elektrostatička sila magnetna sila c) gravitaciona sila I.. Šta je elektrostatička sila? sila kojom međusobno eluju naelektrisanja u mirovanju sila kojom eluju naelektrisanja
ASIMPTOTE FUNKCIJA. Dakle: Asimptota je prava kojoj se funkcija približava u beskonačno dalekoj tački. Postoje tri vrste asimptota:
ASIMPTOTE FUNKCIJA Naš savet je da najpre dobro proučite granične vrednosti funkcija Neki profesori vole da asimptote funkcija ispituju kao ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti, pa kako
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
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
Matematika 4. t x(u)du + 4. e t u y(u)du, t e u t x(u)du + Pismeni ispit, 26. septembar e x2. 2 cos ax dx, a R.
Matematika 4 zadaci sa pro²lih rokova, emineter.wordpress.com Pismeni ispit, 26. jun 25.. Izra unati I(α, β) = 2. Izra unati R ln (α 2 +x 2 ) β 2 +x 2 dx za α, β R. sin x i= (x2 +a i 2 ) dx, gde su a i
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:
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
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
(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,
Tvrd enje 3: Ako su formule A i A B tautologije, onda je tautologija. Dokaz: Neka su A i A B tautologije.
Svojstva tautologija Tvrd enje 3: Ako su formule A i A B tautologije, onda je tautologija i formula B. Dokaz: Neka su A i A B tautologije. Pretpostavimo da B nije tautologija. Tada postoji valuacija v
Numerička matematika 2. kolokvij (1. srpnja 2009.)
Numerička matematika 2. kolokvij (1. srpnja 29.) Zadatak 1 (1 bodova.) Teorijsko pitanje. (A) Neka je G R m n, uz m n, pravokutna matrica koja ima puni rang po stupcima, tj. rang(g) = n. (a) Napišite puni
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
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
TRIGONOMETRIJA TROKUTA
TRIGONOMETRIJA TROKUTA Standardne oznake u trokutuu ABC: a, b, c stranice trokuta α, β, γ kutovi trokuta t,t,t v,v,v s α,s β,s γ R r s težišnice trokuta visine trokuta simetrale kutova polumjer opisane
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.
Arhitektura računara
Arhitektura računara vežbe - čas 1 i 2: Minimizacija logičkih funkcija Mladen Nikolić URL: http://www.matf.bg.ac.yu/~nikolic e-mail: nikolic@matf.bg.ac.yu 1 Bulova algebra Klod Šenon je 1938. uočio da
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
Linearna algebra 2 prvi kolokvij,
1 2 3 4 5 Σ jmbag smjer studija Linearna algebra 2 prvi kolokvij, 7. 11. 2012. 1. (10 bodova) Neka je dano preslikavanje s : R 2 R 2 R, s (x, y) = (Ax y), pri čemu je A: R 2 R 2 linearan operator oblika
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 )
GRANIČNE VREDNOSTI FUNKCIJA zadaci II deo
GRANIČNE VREDNOSTI FUNKCIJA zdci II deo U sledećim zdcim ćemo korisii poznu grničnu vrednos: li i mnje vrijcije n i 0 n ( Zdci: ) Odredii sledeće grnične vrednosi: Rešenj: 4 ; 0 g ; 0 cos v) ; g) ; 4 ;
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
Trigonometrijske nejednačine
Trignmetrijske nejednačine T su nejednačine kd kjih se nepznata javlja ka argument trignmetrijske funkcije. Rešiti trignmetrijsku nejednačinu znači naći sve uglve kji je zadvljavaju. Prilikm traženja rešenja
Eliminacijski zadatak iz Matematike 1 za kemičare
Za mnoge reakcije vrijedi Arrheniusova jednadžba, koja opisuje vezu koeficijenta brzine reakcije i temperature: K = Ae Ea/(RT ). - T termodinamička temperatura (u K), - R = 8, 3145 J K 1 mol 1 opća plinska
Matematička logika i izračunljivost
Matematička logika i izračunljivost Predavanje br. 8 na FER u akad. god. 2009/2010 vukovic@math.hr PMF Matematički odjel Sveučilište u Zagrebu 06. studeni 2009. Matematička logika i izračunljivost 1 /
Mašinsko učenje. Regresija.
Mašinsko učenje. Regresija. Danijela Petrović May 17, 2016 Uvod Problem predviđanja vrednosti neprekidnog atributa neke instance na osnovu vrednosti njenih drugih atributa. Uvod Problem predviđanja vrednosti
2. Ako je funkcija f(x) parna onda se Fourierov red funkcije f(x) reducira na Fourierov kosinusni red. f(x) cos
. KOLOKVIJ PRIMIJENJENA MATEMATIKA FOURIEROVE TRANSFORMACIJE 1. Za periodičnu funkciju f(x) s periodom p=l Fourierov red je gdje su a,a n, b n Fourierovi koeficijenti od f(x) gdje su a =, a n =, b n =..
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,