M A T E M A T I K A 1

Mterijli z predmet M A T E M A T I K A 1 Fizičk hemij Zorn Rkić Beogrd, 010 godine

i S A D R Ž A J 1 UVOD 1 11 Skupovi 1 1 Funkcije 4 13 Relcije 6 14 Brojevi: celi, rcionlni i relni 8 15 Kompleksni brojevi 17 16 Elementi kombintorike 17 Zdci 4 VEKTORI I ANALITIČKA GEOMETRIJA 31 1 Uvod - enje vektor 31 Vektorski prostori 35 3 Bz i dimenzij 38 4 Koordinte 41 5 Prlelno projektovnje 43 6 Sklrni proizvod 45 7 Vektorski i mešoviti proizvod 51 8 Determinnt 54 9 Linern nlitičk geometrij rvni 55 10 Koordintni sistemi u rvni 60 11 Linern nlitičk geometrij prostor 63 1 Koordintni sistemi u prostoru 70 13 Konusni preseci 7 14 Zdci 78 3 NIZOVI 81 31 Limes niz 81 3 Tčk ngomilvnj niz i podniz 83 33 Broj e 85 34 Svojstv limes 86

ii 35 Redovi i njihov konvergencij 89 36 Apsolutn i uslovn konvergencij Alternirni redovi 9 4 NEPREKIDNE FUNKCIJE 95 41 Limes funkcije 95 4 Svojstv limes funkcij 97 43 Neprekidnost 98 44 Globln svojstv neprekidnih funkcij 101 5 DIFERENCIJALNI RAČUN 105 51 Izvod funkcije 105 5 Svojstv diferencirnj 109 53 Izvodi elementrnih funkcij 113 54 Izvodi višeg red 115 55 Osnovne teoreme diferencijlnog rčun 116 56 Tejlorov formul 119 57 Lopitlovo prvilo 11 58 Ekstremne vrednosti funkcij 13 59 Konveksnost i konkvnost funkcij 15 510 Ispitivnje tok funkcij 17 511 Zdci 131 6 INTEGRALNI RAČUN 133 61 Neodred - eni integrl 133 6 Osnovne metode integrcije neodred - enog integrl 135 63 Integrcij rcionlnih funkcij 137 64 Odred - eni integrl 143 65 Svojstv odred - enog integrl 147 66 Fundmentln teorem 149 67 Osnovne metode integrcije odred - enog integrl 151 68 Nesvojstveni integrl 154 69 Primene neodred - enog integrl 157

LITERATURA 160 iii

GLAVA 1 Uvod Ov glv sdrži potrebn predznnj z uspešno svldvnje grdiv koje je izloženo u nstvku ove knjige Velik većin ovih predznnj treblo bi d je čitocim poznt iz srednje škole Većin ostlog grdiv predstvlj nešto što je vžno, tome se ne pridje toliki znčj u srednjim školm, mnji deo su neke generlizcije ili informcije o nekim objektim o kojim više detlj čitoci mogu nći u literturi 1 Skupovi 11 U ovoj knjizi nećemo uvoditi pojm skup formlnom definicijom niti ćemo izlgnj zsnivti n ksiomtskoj teoriji skupov, već ćemo koristiti intuitivn i opertivn pristup skupu ko kolekciji dtih objekt Z one koji su skloniji formlnom i pstrktnom jeziku možemo tretirti skup ko osnovni pojm koji ne definišemo Uz pojm skup jvlj se i pojm element skup (ili pripdnj skupu) koji tkod - e ne definišemo Z dti element skup A, pisćemo A Negciju ovog iskz, tj ne pripd (nije element) A zpisujemo / A Primer Njvžniji skupovi brojev koji su nm poznti iz srednje škole su N skup prirodnih brojev, Z skup celih brojev, Q skup rcionlnih brojev, R skup relnih brojev i C skup kompleksnih brojev Skup koji nem element nzivmo prznim skupom i obeležvmo g s Skup A je končn, ko A im končn broj element S A ili s crda obeležvmo broj element skup A Kko se skupovi sstoje od element skupovi se obično zdju n dv nčin: (i1) popisivnjem svih element, npr A = {1,, 3, 7}, (i) zdvnjem zjedničkom osobinom, tj A = {x X P (x)} je skup svih onih element dtog skup X koji zdovoljvju osobinu P Tko skup svih relnih brojev većih od 3 obeležvmo s A = { R > 3} Drugi nčin zdvnj skupov je mnogo prikldniji i uglvnom se koristi u mtemtici 1 Podskup Skup B je podskup skup A, ko je svki element skup B ujedno i element skup A, tj ko iz x B sledi d je x A To zpisujemo ko B A ili ponekd ko A B, i čitmo A je ndskup od B (ili A sdrži B) Skupovi A i B su jednki ko sdrže iste elemente, preciznije oni su jednki ko je A B i B A, i zpisujemo A = B Skup B je prvi podskup skup A ko je B A i A B Z prvi podskup koristimo oznku B A (ili B A) Jsno, przn skup je jedinstven i on je podskup svkog skup Očigledno vže tvrdnje, 1

1 Uvod (i1) A A, (i) A B i B C = A C Primer Ko što znmo: N Z Q R C, jer Z 0 / N; Q 1/ / Z; R / Q; i C ı / R U većini primen skupovi s kojim rdimo su podskupovi nekog dtog skup X, koji se ponekd nziv univerzlnim skupom (ili krće univerzumom) Skup svih podskupov dtog skup X, obeležvmo s P(X) i zovemo g prtitivnim skupom skup X 13 Opercije s skupovim Nek je dt skup X N skupu svih podskupov skup X defininisne su sledeće (prirodne) opercije, komplement skup A X je skup A c = {x X x / A} unij skupov A i B X je skup A B = {x X x A ili x B} presek skupov A i B X je skup A B = {x X x A i x B} rzlik skupov A i B X je skup A \ B = {x X x A i x / B} Primetimo, d je A A c = X i A A c =, ko i to d je A \ B = A B c Dkle, rzlik skupov nije osnovn opercije jer se može izrziti preko drugih Z skupove A i B kžemo d su disjunktni ko je A B = Simetričn rzlik skupov A i B je skup A B = (A \ B) (B \ A) = (A B) \ (A B) 14 Osnovn svojstv unije i presek Z proizvoljne skupove A, B, C X vže sledeć svojstv: (socijtivnost) A (B C) = (A B) C, A (B C) = (A B) C, (komuttivnost) A B = B A, A B = B A, (distributivnost I) A (B C) = (A B) (A C), (distributivnost II) A (B C) = (A B) (A C), (neutrl) A = A = A, A X = X A = A, (idempotentnost) A A = A, A A = A, (de Morgnovi 1 zkoni) (A B) c = A c B c, (A B) c = A c B c Dokz Dokzćemo osobinu distributivnost II Ostle osobine dokzuju se nlogno Potrebno dokzti jednkost dv skup, to je ekvivlento (vidi 1) s pokzivnjem dve inkluzije: A (B C) (A B) (A C) i (A B) (A C) A (B C) Pokžimo prvu: nek je x A (B C) odkle je x A i x B C Kko je x B C td je x B ili x C i kko je x A sledi d je x A B ili x A C Dkle, x (A B) (A C) Drugu inkluziju možemo dokzti n isti nčin, li djemo krći dokz u kojem smo iskoristili očiglednu osobinu inkluzije skupov Kko je B B C, odmh sledi d je A B A (B C) Slično vži i A C A (C B) = A (B C) Dkle, (A B) (A C) (A (B C)) (A (B C)) = (A (B C)) 15 Proširenje osnovnih skupovnih opercij Nek je dt neki neprzni skup X i nek je F fmilij podskupov skup X td definišemo uniju skupov iz F ko skup svih onih element koji pripdju brem jednom od skupov fmilije F Anlogno, presek skupov iz F je skup koji se sstoji od onih element koji pripdju 1 Augustus de Morgn, 1806 1871, engleski mtemtičr i logičr

Skupovi 3 svim skupovim fmilije F Opertivnij relizcij ove konstrukcije sstoji se u tome d elemente fmilije F indeksirmo elementim nekog skup S, tj F = {A α X α S} Ispostvlj se d mnog od gore pomenutih svojstv vže i z fmilije skupov Preciznije, nek je dt fmilij F i neki B X (i1) α S A α = α S A α (i3) ( ) ) A α B = (A α B (i) α S A α = α S A α (i4) α S ( α S ) ) A α B = (A α B α S α S 16 Dekrtov proizvod Dekrtov proizvod dv skup A i B, je skup A B = {(, b) A, b B}, pri čemu su ured - eni provi ( 1, b 1 ) i (, b ) jednki ko i smo ko je 1 = i b 1 = b Iz sme definicije jsno je d Dekrtov proizvod nije komuttivn, npr čim A B, sledi d A B B A Dekrtov proizvod direktno se uopštv n končn broj fktor, tj A 1 A A k = {( 1,,, k ) 1 A 1, A,, k A k } i ured - ene k torke ( 1,,, k ) = (b 1, b,, b k ) se podudrju ko i smo ko (= kko) 3 je j = b j (j = 1,, k) Direktn proizvod može se generlisti n proizvoljnu fmiliju skupov F = {A α α I}, što ćemo zpisivti ko α I A α Ako su skupovi A i B končni td je i skup A B končn Specijlno, ko skup A im n element skup B m element, skup A B imće n m element N ovoj jednostvnoj činjenici zsnivju se osnovne tehnike prebrojvnj skupov Skup element {(, ) A} A A, zove se dijgonl Dekrtovog proizvod A A 17 Dekrtov proizvod i osnovne skupovne opercije Z svk tri skup A, B, i C vži: (i1) (A B) C = (A C) (B C), (i3) (A B) C = (A C) (B C), (i5) (A \ B) C = (A C) \ (B C) Dokz Pokžimo (i1) Ov tvrdnj posledic je sledećeg niz ekvivlencij: (i) (A B) (C D) (A C) (B D), (i4) (A B) (C D) = (A C) (B D), (, b) (A B) C x A B i y C (x A i y C) ili (x B i y C) ((x, y) A C) ili ((x, y) B C) (x, y) (A C) (B C) Ostl tvrd - enj dokzuju se nlogno Descrtes Rene, 1596 1650 3 U buduće ćemo frzu ko i smo ko krće zpisivti kko

4 1 Uvod Funkcije 18 Definicij Nek su A i B neprzni skupovi td je funkcij (preslikvnje) ured - en trojk (A, B, f) čije prve dve komponente su dti skupovi A i B, treć je zkon f kojem se svkom elementu skup A dodeljuje tčno jedn element skup B Obično se ured - en trojk (A, B, f) poistovećuje s f, i zpisuje ko f : A B Postoje rzne ekvivlentne definicije pojm funkcije (koj je bez sumnje jedn od njvžnijih objekt u mtemtici) Tko npr funkciju s A u B možemo definisti ko skup M f A B tkv d z svki A postoji jedinstven b B tkv d je ured - eni pr (, b) M f Z element b (zbog njegove jedinstvenosti) koristi se oznk b = f() Skup A zove se domen funkcije f, B njen kodomen Npomenimo d su funkcije (A, B, f) i (C, D, f) jednke kko je A = C, B = D i f = g ( x A = C, f(x) = g(x)) 19 Injekcij Surjekcij Bijekcij Z funkciju f : A B, kžemo d je injekcij ili 1 1 ko z bilo koj dv rzličit element x 1, x A i njihove slike su rzličite, tj f(x 1 ) f(x ) Formlnije, ovj uslov zpisujemo: ( x 1, x A)(x 1 x ) = (f(x 1 ) f(x )) Često se u dokzim koristi obrt po kontrpoziciji 4 gornje implikcije, tj implikcij, ( x 1, x A)(f(x 1 ) = f(x )) = (x 1 = x ) sledeć Z funkciju f : A B, kžemo d je surjekcij ili n ko z svki b B postoji x A tkv d je b = f() Formlnije, ( b B)( A) tkv d je b = f() Funkcij koj je istovremeno 1 1 i n nziv se bijekcij 110 Slik i prslik Inverzn funkcij Nek je dt funkcij f : A B, i nek je X A td skup f(x) = {y B y = f(x), x X} = {f(x) x X} B, nzivmo slikom skup X Specijlno, ko je X = A td z f(a) koristimo oznku ImA i nzivmo g slikom funkcije f Jsno, funkcij f je n kko je ImA = B Anlogno, z Y B skup f 1 (Y ) = {y A f(y) Y } A, nzivmo prslikom skup Y Primetimo 5 d z neki b B može postojti više element iz A koje f preslik u b Td nije moguće n jedinstven nčin definisti funkciju f 1 : B A, očiglednom formulom f 1 (b) =, z b = f() D bismo mogli definisti f 1 potrebno je d se prslik svkog element iz B sstoji od tčno jednog element, što je ekvivlentno s činjenicom d je funkcij f bijekcij Ispostvlj se d je 1 1 suštinsk osobin z 4 Ako su i b iskzi td je iskz b ekvivlentn s b je negcij od 5 Iz definicije funkcije

Funkcije 5 egzistenciju inverznog preslikvnj, jer ko f nije n ond možemo suziti kodomen n ImA i tko dobiti bijekciju f : A ImA Dkle, ko je f bijekcij ond je dobro definisno preslikvnje f 1 : B A, n sledeći nčin: f 1 (b) =, z b = f() Preslikvnje f 1 nziv se inverznom funkcijom od f 111 Kompozicij funkcij Nek su f : A B i g : B C, dve funkcije Td n prirodn nčin definišemo funkciju g f : A C formulom ( x A) (g f)(x) def = g(f(x)) Funkcij g f zove se kompozicij funkcij f i g Z kompoziciju funkcij vži svojstvo (h (g f)) = (h g) f), koj se nziv socijtivnost Preciznije, vži sledeć jednostvn teorem: Teorem Kompozicij funkcij je socijtivn kd im smisl Dokz Dokz ove činjenice posledic je sledećeg niz jednkosti ( x A), ((h g) f)(x) = (h g)(f(x)) = h(g(f(x))) = h((g f)(x)) = (h (g f))(x), što krće zpisujemo: ((h g) f) = (h (g f)) I dokz je gotov N svkom neprznom skupu A definišemo funkciju id A (x) = x koju nzivmo identitetom n A Nek je f : A B, funkcij, td je egzistenciju inverzne funkcije f 1 moguće opisti preko kompozicije funkcij: ko z dtu funkciju f : A B postoje funkcije g : B A i h : B A tkve d je f g = id B i h f = id A td je h = g = f 1 Primer Nvedimo sd nekoliko vžnih primer inverznih funkcij, koji su nm poznti iz rnijeg školovnj (i1) Z linernu funkciju f : R R, f(x) = x + 3 odredimo inverznu funkciju Koristimo relciju f f 1 = id R i nlzimo id R (x) = x = (f f 1 )(x) = f(f 1 (x)) = f 1 (x) + 3 = f 1 (x) = 1 x 3 (i) Z stepene funkcije, f n+1 (x) : R R, f n+1 (x) = x n+1 (n N) inverzne funkcije su f 1 n+1 (x) : R R, f n+1(x) = n+1 x (n N) (i3) Z stepene funkcije, f n (x) : R + 0 R+ 0, f n(x) = x n (n N) inverzne funkcije su f 1 n (x) : R+ 0 R+ 0, f n(x) = n x (n N) (i4) Eksponencijln funkcij 6 f(x) : R R +, f(x) = e x im inverznu funkciju - logritmsku funkciju f 1 : R + R, f 1 (x) = ln(x) (i5) Inverzne funkcije osnovnih trigonometrijskih funkcij, f : [ π/, π/] [ 1, 1], f(x) = sin(x) i g : [0, π] [ 1, 1], g(x) = cos(x) su f 1 : [ 1, 1] [ π/, π/], f 1 (x) = rcsin(x) i g 1 : [ 1, 1] [0, π], g 1 (x) = rccos(x), redom 6 Eksponencijln funkcij je jedn od njvžnijih funkcij u mtemtici

6 1 Uvod (i6) Z funkcije, f(x) : ( π/, π/) R, f(x) = tg(x) = sin(x)/cos(x) i g(x) : (0, π) R, g(x) = ctg(x) = cos(x)/sin(x) inverzne funkcije su f 1 (x) : R ( π/, π/), f 1 (x) = rctg(x), i g 1 (x) : R (0, π), g 1 (x) = rcctg(x) redom Npomenimo d smo u primerim (i3), (i5) i (i6), morli d smnjimo domen funkcij f koje nisu 1-1 n čitvom domenu 11 Nek svojstv kompozicije Nek su f : A B, i g : B C, dve funkcije Td ko (i1) je g f 1 1 ond je f 1 1, (i3) su f i g 1 1 ond je g f 1 1, (i5) su f i g bijekcije ond je i g f bijekcij (i) je g f n ond je g n, (i4) su f i g n ond je g f n, Dokz (i5) je posledic (i3) i (i4) Dokžimo prvo (i) Nek je g f n td z svki y C postoji neki x A tkv d je (g f)(x) = y Sd iz definicije kompozicije sledi d je g(f(x)) = y i ko stvimo z = f(x) B vidimo d je g(z) = y, tj g je n Dokžimo još (i3) Nek su f i g 1 1 Td z x, y A i x y immo redom, x y = f(x) f(y) = g(f(x)) g(f(y)) (g f)(x) (g f)(x), odkle odmh sledi d je funkcij g f injekcij 113 Funkcije i osnovne skupovne oprcije Nek je f : A B funkcij, nek su X, X 1 A i nek su Y, Y 1 B, td (i1) z X X 1 = f(x) f(x 1 ), (i) f(x X 1 ) = f(x) f(x 1 ), (i3) f(x X 1 ) f(x) f(x 1 ), (i4) z Y Y 1 = f 1 (Y ) f 1 (X 1 ), (i5) f 1 (Y Y 1 ) = f 1 (Y ) f 1 (X 1 ), (i6) f 1 (Y Y 1 ) = f 1 (Y ) f 1 (Y 1 ), (i7) f 1 (Y \ Y 1 ) = f 1 (Y ) \ f 1 (Y 1 ), (i8) X f 1 (f(x)) i f(f 1 (Y )) Y Dokz Iz sme definicije slike i prslike očigledno vži (i1), (i4) i (i8) (i3) sledi iz x f(x X 1 ) = y X X 1 tkv d x = f(y) = y X i y X 1 tkv d x = f(y) = x f(x) i x f(x 1 ) = x f(x) f(x 1 ) Obrtn inkluzij ne mor d vži jer npr z neki x f(x) f(x 1 ) mogu postojti y X \X 1 i y 1 X 1 \X tkvi d je x = f(y) = f(y 1 ) i ne mor d postoji z X X 1 tkv d je f(z) = x (i5) je posledic sledećeg niz ekvivlencij x f 1 (Y Y 1 ) f(x) Y Y 1 f(x) Y i f(x) Y 1 x f 1 (Y ) i x f 1 (Y 1 ) x f 1 (Y ) f 1 (Y 1 ) (i), (i6) i (i7) nlogno ko (i5) 3 Relcije 114 Relcij n-rn relcij ρ n skupu A je svki podskup Dekrtovog proizvod A n = A } A {{ A } n primerk skup A

Relcije 7 Od svih relcij n skupu A njvžnije su binrne relcije, tj podskupovi skup A A Z (, b) ρ koristi se i oznk ρ b Kko su relcije ρ, σ n A podskupovi jsno je što znče iskzi ρ σ, ρ σ, ρ σ, ρ c 115 Opercije n skupu relcij Nek je dt skup A n njemu postoji specijln relcij: dijgonl j A = {(, ) A} Z proizvoljnu binrnu relciju ρ n A definišemo i relciju ρ 1 = {(b, ) (, b) ρ} Tkod - e z binrne relcije ρ, σ n A definišemo njihov proizvod, tj relciju ρσ, n sledeći nčin: x(ρσ)y kko postoji z A tkv d je xρz i zσy 116 Svojstv relcij Njvžnije osobine koju nek binrn relcij ρ n skupu A može imti su: (r) refleksivnost : (, ) ρ z svki A j A ρ ; (r) ntirefleksivnost : (, ) / ρ z svki A j A ρ = ; (s) simetričnost : iz (, b) ρ sledi (b, ) ρ ρ = ρ 1 ; () ntisimetričnost : iz (, b) ρ i (b, ) ρ sledi = b ρ ρ 1 = j A ; (t) trnzitivnost : iz (, b), (b, c) ρ sledi (, c) ρ ρ ρ 117 Relcij ekvivlencije Relciju ρ n A koj je refleksivn (r), simetričn (s) i trnzitivn (t) zovemo relcijom ekvivlencije Svk relcij ekvivlencije n skupu A rzbij tj skup n med - usobno disjunktne i neprzne klse (podskupove), (1) A = α I A α A α A β = z (α β), pri čemu je I skup kojim su indeksirne klse Dkle, A α = [ α ] = {x A xρ α } je kls svih onih element iz A koji su u relciji ρ s elementom α Obrtno, svko rzbijnje (1) neprznog skup A n disjunktnu uniju neprznih skupov definiše relciju ekvivlencije ρ (n A) n sledeći nčin: xρy kko x, y pripdju istoj klsi Primer Relcije ekvivlencije su npr (i1) one relcije u čijoj osnovi je nek jednkost (med - u nekim objektim) ko što je npr jednkost skupov; podudrnost trouglov u rvni (dv trougl se podudrju ko postoji trnslcij i rotcij u rvni kojom jedn prelzi u drugi); jednkost rzlomk m/n = m 1 /n 1 m n 1 = n m 1, i sl, (i) biti prleln n skupu svih prvih u rvni ili prostoru; (i3) z fiksni prirodn broj n > 1 n skupu N (ili Z ) relcij xρy kko x i y dju isti osttk pri delenju s n 118 Relcij prcijlnog poretk Refleksivn, ntisimetričn i trnzitivn binrn relcij ρ n skupu A zove se relcij prcijlnog poretk Obično se relcij poretk oznčv s Antirefleksivn, ntisimetričn i trnzitivn binrn relcij ρ n skupu A zove se relcijom strogog poretk Obično se relcij strogog poretk oznčv s <

8 1 Uvod Primer Relcije prcijlnog (strogog) poretk su npr (i1) (<) n skupu relnih brojev; (i) ( ) n skupu svih podskupov dtog neprznog skup X ; (i3) relcij deljivosti ( b je deljiv s b) n skupu N 119 Funkcij binrne relcije Nek je ρ nek binrn relcij n skupu A Td n prirodn nčin definišemo funkciju { 1, ko (, b) ρ, f ρ : A A {0, 1}, formulom f(, b) = 0, ko (, b) / ρ Jsno je d je zdvnje relcije ρ n skupu A ekvivlentno s zdvnjem funkcije f ρ n A A Ako je A = { 1,,, m } končn skup ond funkciju relcije f ρ možemo predstviti u obliku sledeće tblice: f ρ 1 k m 1 f ρ ( 1, 1 ) f ρ ( 1, ) f ρ ( 1, k ) f ρ ( 1, m ) f ρ (, 1 ) f ρ (, ) f ρ (, k ) f ρ (, m ) j f ρ ( j, 1 ) f ρ ( j, ) f ρ ( j, k ) f ρ ( j, m ) m f ρ ( m, 1 ) f ρ ( m, ) f ρ ( m, k ) f ρ ( m, m ) Primetimo d se iz gornje tblice odmh mogu prepoznti neke osobine relcij Ako je relcij ρ - refleksivn, svi elementi glvne dijgonle su 1, - ntirefleksivn, svi elementi glvne dijgonle su 0, - simetričn, td je tblic simetričn s obzirom n glvnu dijgonlu, tj f ρ ( k, j ) = f ρ ( j, k ), - ntisimetričn ond su n glvnoj dijgonli 1 i tblic je ntisimetričn s obzirom n glvnu dijgonlu, tj ko je z k j, f ρ ( k, j ) = 0 td je f ρ ( j, k ) = 1 i obrtno 4 Brojevi: celi, rcionlni i relni 10 Prirodni brojevi Skup N = {1,, }, nzivmo skupom prirodnih brojev U ovom skupu dobro su definisne dve uobičjene binrne opercije (N N N): sbirnje i množenje prirodnih brojev, koje imju sledeć svojstv (, b, c N): (A1) + (b + c) = ( + b) + c, (A5) (b c) = ( b) c, (A4) + b = b +, (A8) b = b Primetimo d z množenje postoji istknuti broj 1, koji im osobinu ( N), (A6) 1 = 1 =

Brojevi: celi, rcionlni i relni 9 Ako skup N proširimo brojem 0, dobijmo skup N 0 = N {0} u kojem vži nlogon svojstv (A6) z operciju sbirnj prirodnih brojev, (A) + 0 = 0 + = Opercije sbirnj i množenj povezne distributivnim zkonom (, b, c N): (A9) (b + c) = b + c 11 Mtemtičk indukcij Skup prirodnih brojev može se opisti i Penovim 7 ksiomm: (i1) 1 je prirodn broj (tj skup prirodnih brojev nije przn), (i) dobro je definisno preslikvnje ξ : N N, formulom ξ(n) = n + 1, (i3) 1 nije u slici preslikvnj ξ, tj ne postoji prirodn x tkv d je ξ(x) = 1, (i4) preslikvnje ξ je 1 1, (i5) (ksiom mtemtičke indukcije) z M N tkv d vži (bi) 1 M, (ki) ko iz n M sledi d je i ξ(n) M, td je M = N Primetimo d ksiom mtemtičke indukcije funkcioniše n sledeći nčin: 1 M, zbog (bi), ztim (ki) primenimo n n = 1 i dobijmo d je ξ(1) = M, ztim (ki) primenimo n n = i dobijmo d je ξ() = 3 M, itd Npomenimo d se prover (bi) iz gornje definicije zove bz indukcije, implikcij (ki) zove se kork indukcije, n M iz (ki) zove se pretpostvk indukcije koju ćemo obeležvti s (pi) Aksiomu mtemtičke indukcije koristimo ond kd neku tvrdnju treb pokzti z svki prirodn broj, to ćemo rditi u mnogim glvm ove knjige Primer 1 Pokžite d z svki prirodn broj n vži sledeć formul n n (n + 1) () 1 + + + n = k = k=1 Dokz Nek je M = {n N () vži z n} Td je očigledno 1 M jer je 1 = (1 (1+1))/ Pretpostvimo d je neki prirodn broj n M, td redom immo, 1 + + + n + (n + 1) = (1 + + + n) + (n + 1) (pi) n (n + 1) = + n + 1 = n + 1 (n + 1) ((n + 1) + 1) (n + ) =, tj i n+1 M Sd AMI (ksiom mtemtičke indukcije) implicir d je M = N, tj () vži z sve prirodne brojeve Primer Dokžite d z svki n N i β > 1 vži Bernoullijev nejednkost: (1 + β) n 1 + n β, 7 Peno Giuseppe, 1858 193

10 1 Uvod Dokz Bz indukcije je trivijln, jer je (1 + β) 1 1 + 1 β Kork indukcije Pretpostvimo d je nejednkost tčn z neki prirodn broj n, sd immo redom (1 + β) n+1 = (1 + β) (1 + β) n (pi) (1 + β) (1 + n β) = 1 + (n + 1) β + n β 1 + (n + 1) β 1 Fibonccijev (Fibonči) niz 8 Niz definisn rekurzivnom formulom, n N, n+ = n + n+1, uz 1 = = 1, zove se Fibonccijev niz Nekoliko prvih člnov niz su: 1, 1,, 3, 5, 8, 13, 1, 34, Pokžite d (i1) su svk dv uzstopne čln niz uzjmno prost (i) d je svki četvrti čln niz deljiv s 3 Dokz (i) Bz indukcije n = 1 4 1 = 3, i jsno 3 4 1 Kork indukcije Pretpostvimo d z neki n N 3 4n, tj 4n = 3 α, td immo redom 4(n+1) = 4n+4 = 4n+3 + 4n+ = 4n+ + 4n+1 = 3 4n+1 + 4n pi = 3 4n+1 + 3 α = 3 ( 4n+1 + α) }{{} N = 3 4(n+1) 13 Celi brojevi U skupu prirodnih brojev nije moguće rešiti jednčinu x+ = b, z proizvoljni izbor, b N (npr = 5, b = ) zbog tog se pitmo d li je moguće proširiti skup N 0 tko d u tom proširenom skupu svojstv sbirnj (A1), (A) i (A4) ostnu sčuvn i d možemo rešiti jednčinu x + = b, z svki izbor, b iz tog novog skup Odgovor n ovo pitnje je pozitivn i njmnji tkv skup je skup celih brojev Z = {,, 1, 0, 1,, } = N N 0 Primetimo d u skupu Z vži i svojstvo: Z postoji jedinstveni broj Z tkv d je, (A3) + ( ) = ( ) + = 0 Broj zove se suprotni element od ili inverzni element od s obzirom n sbirnje N skupu Z (li već i n N) postoji relcij poretk ( biti mnji ili jednk ) Ako uvedemo uobičjenu oznku < b, koj znči b i b, vidimo d n skupu Z vži, (A10) Z, (A11), b Z b i b = = b, (A1) b i b c = c (A13), b Z tčn je brem jedn od relcij b ili b (A14) b i c Z = + c b + c, (A15) > 0 i b > 0 = b > 0 8 Fiboncci Leonrdo, 1170 140 (? ), poznt i ko Leonrdo iz Pise

Brojevi: celi, rcionlni i relni 11 Primetimo d svojstv (A10)-(A13) znči d je relcij relcij totlnog poretk n Z; (A14) i (A15) znči d se relcij poretk slže s sbirnjem i množenjem celih brojev Iz dosd evidentnih svojstv vidimo d su on podeljen n tri del: svojstv (A1)- (A9) 9 su lgebrsk svojstv, (A10)-(A13) su svojstv relcije i (A14)-(A15) predstvljju komptibilnost relcije i opercij sbirnj i množenj celih brojev 10 14 Deljivost i prosti brojevi Pretpostvljmo d oznke < b, b, imju uobičjeno znčenje Kžemo d deli b što zpisujemo ko b, ili d je b deljiv s kko postoji t Z tkv d je b = t Prirodn broj p > 1 koji je deljiv smo s 1 i s smim sobom zove se prost broj Skup svih prostih brojev Pr = {, 3, 5, 7, 11, 13, } je beskončn 15 Teorem o delenju Z svki m Z i n N postoje jedinstveni brojevi t Z i 0 r < n tkvi d je m = n t + r Dokz Egzistencij Pretpostvimo d je m N, i posmtrjmo niz q 0 = m, q 1 = m n, q = q 1 n = m n,, q k = q k 1 n = m kn, Kko je ovj niz strogo opdjući postoji njmnji indeks t tkv d je q t+1 < 0 Td je 0 r = q t = m tn < n odkle sledi tvrdnj z m 0 Ako je m 0 ond je m 0, i n osnovu uprvo dokznog immo m = n t + r 1, 0 r 1 < n = m = n ( t) r 1 + n n = n ( t 1) + (n r 1 ) = n ( t 1) + r, 0 r = n r 1 < n Jedinstvenost Pretpostvimo d postoje dv pr tkvih brojev (t 1, r 1 ) i (t, r ), tj m = n t 1 +r 1 = n t +r Ako ih oduzmemo odmh dobijmo r r 1 = n (t 1 t ) = r r 1 = n t t 1 = n > r r 1 n = r r 1 = 0 = r = r 1 i t = t 1 Time je dokz zvršen 16 Svojstv deljivosti Iz definicije odmh sledi d z relciju deljivosti vži: (i1) trnzitivnost, tj b i b c = c, (i) b i c = b ± c, (i3) ko b ond z svko c Z vži b c, (i4) ko b 1, b,, b k ond z sve c 1, c,, c k Z vži b 1 c 1 + b c + + b k c k 9 Primetimo d je (A7) zsd preskočeno 10 Npomenimo d se ured - eni pr (G, ) gde je G neki neprzn skup, binrn opercij z koju vže ksiome (A1)-(A3) zove grup, ko još vži i ksiom (A4) td govorimo o komuttivnoj ili Abelovoj grupi Slično z ured - enu trojku (G, +, ) z koju vže ksiome (A1)-(A6) i (A8)-(A9) kžemo d je komuttivni prsten s jedinicom Dkle, (Z, +, ) je komuttivni prsten s jedinicom

1 1 Uvod 17 Njveći zjednički delitelj (divizor) Njveći zjednički deljitelj celih brojev i b, u oznci NZD(, b), je prirodn broj d koji im sledeć svojstv (d) d i d b (d je zjednički deljitelj), (n) ko d 1 i d 1 b = d 1 d (d je njveći zjednički delitelj) Ako je NZD(, b) = 1 ond kžemo d su brojevi i b uzjmno prosti 18 Nmnji zjednički sdržlc Njmnji zjednički sdržlc celih brojev i b, u oznci NZS(, b), je prirodn broj s koji im sledeć svojstv (s) s i b s ( je zjednički sdržlc), (n) ko s 1 i b s 1 = s s 1 (d je njmnji zjednički sdržlc) 19 Euklidov lgoritm Neke su, b N, ond iz Teoreme o deljenju immo niz jednkosti ( > b) = b q 1 + r 1, r k 3 = r k q k 1 + r k 1, b = r 1 q + r, r k = r k 1 q k + r k, Td je NZD(, b) = r k r k = r k 1 q k+1 Posledic 1 Neke su, b N, nek je NZD(, b) = d i nek je d 1 N tkv d d d 1 Td jednčine (po x i y ) x + b y = d, im rešenj u Z x + b y = d 1, nem rešenj u Z Specijlno, ko su i b uzjmno prosti ond postoje x, y Z tkvi d je x + b y = 1 Dokzi prethodnih teorem i njihovih posledic mogu se nći u Glvi 3, u kojoj nlogne teoreme dokzujemo z polinome Posledic Neke su i b uzjmno prosti brojevi Ako b c td c Specijlno, ko prost broj deli proizvod celih brojev td on mor deliti brem jedn od njih 130 Relcij kongruencije U poglvlju o relcijm spomenuli smo ko primer relcije ekvivlencije (i), o kojoj ćemo sd nešto više reći Z dti n N i z, b Z kžemo d je kongruentno b po modulu n i pišemo b (mod n) t Z tkv d je b = n t, tj i b dju isti osttk pri delenju s n

Brojevi: celi, rcionlni i relni 13 Teorem Relcij kongruencije po modulu n > 1 je relcij ekvivlencije n Z Ov relcij rzbij skup Z n sledeće klse Z = [0] n [1] n [n 1] n, gde je [k] n = {k, k n, k + n, k n, k + n,, k jn, k + jn, } Dokz Refleksivnost (mod n) jer z t = 0 vži = 0 n Simetričnost Ako je b (mod n) = t Z tkv d je b = n t, odkle je b = n ( t), tj b (mod n) Trnzitivnost Ako je b (mod n) i b c (mod n) = t 1, t Z tkvi d je b = n t 1, i b c = n t, odkle je c = ( b) (b c) = n t 1 n t = n (t 1 t ) = n t, gde je t = t 1 t Z = c (mod n) Preostle tvrdnje posledic su činjenice d svk relcij ekvivlencij rzbij skup n disjunktne unije neprznih podskupov 131 Teorem (Osnovni stv ritmetike) Z svki prirodni broj jedinstveno su odred - eni prosti brojevi p 1 < p < p n i prirodni brojevi α 1, α,, α n tkvi d je = p α 1 1 pα pα n n Dokz Egzistencij Ako je prost broj ond je dokz gotov Ako nije ond postoji njmnji prost broj q 1 tkv d q 1 = q 1 1 i > 1 jer je q 1 Sd nlogno rzmtrnje primenimo n 1 Dkle, ko je 1 prost broj dokz je gotov jer je = q 1 1, ko 1 nije prost ond postoji minimlni prost broj q q 1 (jer u suprotnom q 1 ne bi bio minimln koji deli ) tkv d q 1 1 = q i 1 > jer je q, itd Tko dolzimo do niz prirodnih brojev = 0 > 1 > > k > 1 i lgoritm stje kd je k prost To se mor desiti jer izmed - u i 1 im končno mnogo prostih brojev Ako sd med - u prostim brojevim q 1 q q k k skupimo iste dobijmo trženu dekompoziciju Jedinstvenost Pretpostvimo d immo dv predstvljnj broj ko proizvod prostih brojev, tj = p α 1 1 pα pα n n = q β 1 1 qβ qβ m m, tkvi d je p 1 < p < p n i q 1 < q < q m Sd pretpostvimo d postoji njmnji indeks i tkv d je p 1 = q 1, α 1 = β 1 ; p i q i ili p i = q i, li α i β i p = q, α = β ; p i 1 = q i 1, α i 1 = β i 1 ; i jer je u suprotnom dokz gotov Pretpostvimo d je npr p i < q i ond je i p i < q j (j = i,, m), sd immo s jedne strne p i = p α 1 1 pα pαn n s druge p i = q β 1 1 qβ qβ m m što je nemoguće Slično dobijmo i u slučju d je p i > q i Nek je sd p i = q i li je npr α i > β i odkle tj s jedne strne p α i i = p α i i 1 = p α i i i p i 1 = p β i i = p β i i i p i, s druge strne p α i i, što je nemoguće 13 Rcionlni brojevi Kko u skupu celih brojev jednčin x = b, nem rešenj z proizvoljne, b Z (npr =, b = 1), postvlj se slično pitnje ko i kod sbirnj u skupu prirodnih brojev (13), tj d li je moguće proširiti skup Z tko d u tom proširenom skupu svojstv (A1)-(A6) i (A8)-(A15) ostnu sčuvn i d možemo rešiti jednčinu x = b, z svki izbor, b iz tog novog skup Odgovor n ovo pitnje je pozitivn i njmnji tkv skup je skup rcionlni brojev Q = {m/n m Z, n N} Primetimo d u skupu Q vži i svojstvo: z Q, 0, postoji jedinstveni broj 1/ = 1 Q tkv d je, (A7) 1 = 1 = 1

14 1 Uvod Broj 1 zove se inverzni element od s obzirom n množenje Skup rcionlnih brojev im jednu osnovnu osobinu (koj g izdvj od ostlih skupov), t je d su rezultti svih merenj rcionlni brojevi Ured - en trojk Q = (Q, +, ) je polje, tj lgebrsk struktur z koju vže ksiome (i1) (Q, +) je Abelov grup (i) (Q \ {0}, ) je Abelov grup (i3) vži distributivnost (, b, c Q), (b + c) = b + c Štviše Q je njmnje polje koje im beskončno mnogo element 133 Skup relnih brojev Sd nstvljmo n sličn nčin, tj pokušvmo d rešimo u skupu rcionlnih brojev jednčinu x = Sledeć teorem pokzuje d rešenje te jednčin ne postoji u skupu Q Teorem nije rcionln broj Dokz Pretpostvimo d je rcionln broj Td on dozvoljv zpis u vidu = p/q, gde je NZD(p, q) = 1 (tj rzlomk p/q smo mksimlno skrtili) Ovu relciju prepišemo u ekvivlentnom vidu ko q = p, odkle sledi d p = l jer je lev strn poslednje jednkosti prn, tko d p mor biti prn Sd immo q = ( l) q = l Odvde sledi d q, tj NZD(p, q) što je nemoguće Posmtrjmo sd skupove A = {q Q + q < } i B = {q Q + q > } Očigledno je d su A, B neprzni skupovi Primetimo d su npr 1, 14, 141, A i postoji rcionlni broje M (npr, 3, 4, ) tkvi d q A vži d je q M Brojeve M s ovkvim svojstvom zovemo mjorntm (gornjim grnicm) skup M Od svih gornjih grnic od posebnog je interes njmnj gornj grnic koj se zove supremum skup A i obeležv se s sup A Anlogno, skup B nem mjorntu, li zto im minorntu m Q (npr 0, 1/, 1, 1, ), tj broj tkv d q B vži d je q m Od svih minornti od posebnog je interes njveć koj se zove infimum skup B i koj se obeležv s inf B Iz prethodne teoreme sledi d je sup A = inf B = / Q, tj npr skup A nem supremum u Q, tj u nekom smislu je šuplj Tko se opet nmeće pitnje d li je moguće skup Q proširiti tko d d sv svojstv (A1)-(A15) ostnu sčuvn i u tom proširenju, li d vži d svki podskup A tog proširenj koji je odozgo ogrničen im supremum u tom proširenju Odgovor i n ovo pitnje je pozitivn, njmnji tkv skup je skup relnih brojev R Dkle, skup relnih brojev je skup u kojem vže svojstv (A1)-(A15), li još vži i, (A16) Svki neprzn i odozgo ogrničen skup A R im supremum u skupu R Vži sledeć teorem, Skup R jedinstveno je odred - en ksiomm (A1)-(A16) (do n izomor- Teorem fizm) Dkle, z polje Q vže sve ksiome ko i z R osim ksiome (A16) Npomenimo d je proširenje s Q n R zntno komplikovnije od prethodnih proširenj, s N n Z i

Brojevi: celi, rcionlni i relni 15 s Z n Q Skup I = R \ Q zove se skup ircionlnih brojev Npomenimo d je skup Q gust u skupu R u sledećem smislu: Teorem Z bilo koj dv reln broj r 1 < r postoji rcionlni broj q tkv d je r 1 < q < r 134 Algebrski brojevi Izrz f(x) = n x n + n 1 x n 1 + + 1 x + 0, zove se polinom n tog stepen (ko je n 0) nd poljem Q ko su svi koeficijenti n, n 1,, 1, 0 rcionlni brojevi Skup N f = {x 0 f(x 0 ) = 0} zove se skup svih nul polinom f Skup N f ne mor biti podskup od R Z broj R kžemo d je lgebrski nd Q ko postoji polinom f s rcionlnim koeficijentim (z skup svih polinom s rcionlnim koeficijentim koristimo oznku Q[x]) tkv d je f() = 0 Skup svih lgebrskih brojev nd Q obeležvmo s A Jsno je d je Q A Relni brojevi iz skup T = R \ A, tj koji nisu lgebrski nzivju se trnscedentnim brojevim, tkvi su npr π, e, π, 135 Decimlni zpis relnog broj Ko što znmo iz svkodnevnog iskustv u prksi koristimo dekdski brojni sistem, tj sve brojeve predstvljmo pomoću cifr 0, 1,,, 9 Tko npr oznk 1345 predstvlj prirodni broj 1345 = 1 10 4 + 10 3 + 3 10 + 4 10 1 + 5 10 0, ili u opštem obliku svki celi broj 11 može se predstviti u obliku polinom (x = 10) n sledeći nčin: M = n n 1 1 0 = n 10 n + + 1 10 1 + 0 10 0, n 0 Postoje i drugi brojevni sistemi, veom su populrni oni koji se koriste u rčunrstvu čije su osnove, 8 ili 16 Primetimo d proizvoljne rzlomke (npr 1/) ne možemo predstviti ko polinome s osnovom 10 (ili bilo kojom drugom) Ovj problem se prevzilzi tko d dozvoljvmo i negtivne stepene broj 10 i tmo gde počinju negtivni stepeni uvodimo decimlni zrez Tko je npr, 1 (3) = 0, 5 = 0 100 + 5 10 1, li se ispostvlj, ko što pokzuje sledeći primer, (4) 1 3 = 0, 3333 = 0, 3 = 0 10 0 + 3 10 1 + 3 10 + = n= 1 3 10 n, d mormo dozvoliti d se iz decimlnog zrez pojvljuje beskončno mnogo člnov 1 Postvlj se prirodno pitnje kko iz decimlnog zpis relnog broj prepoznti d je on rcionln Primeri (3) i (4) su tipični tj broj je rcionln ko i smo ko je njegov decimlni zpis končn (tj sve cifre nkon nekog mest su 0, npr u slučju 11 Ako je broj negtivn dodmo ispred broj 1 Pitnjim sum s beskončno mnogo člnov bvićemo se u glvi Nizovi

16 1 Uvod broj 1/, cifre = 3 = su jednke 0) ili nkon nekog mest postoji končn niz cifr koji se ponvlj (primer je broj 1/3, kod kojeg je 3 = 1 = = ) Primer Predstviti broj 17/7 u decimlnom obliku 17/7 =, 48571 }{{} 48571 }{{} Iz gore rečenog sledi d decimlni zpisi ircionlnih brojev nisu končni i ne postoji končn niz cifr koji se ponvlj Drugim rečim cifre u decimlnom zpisu ircionlnog broj red - ju se bez nekog red, npr prvih 50 cifr u decimlnim zpisim brojev π i su: π = 3, 14159653589793384664338379508841971693993751 = 1, 414135637309504880168874096980785696718753769 136 Brojnost (Krdinlni broj) skup Z svki prirodn broj n obeležimo s S n = {1,,, n} skup prvih n prirodnih brojev Kžemo d je skup A končn ko postoji bijekcij s nekog od skupov S n u A Npr ko je A = { 1,,, 55 } ond je A u bijekciji s skupom S 55 i jedn od bijekcij je npr f(i) = i, i = 1,,, 55 13 Niz u skupu B je svko preslikvnje s skup N u B Elemente niz obeležvmo s 1 = f(1), = f(), n = f(n), Kžemo d je skup B prebrojiv ko se njegovi elementi mogu pored - ti u niz, tj ko postoji bijekcij f s N u B Ovo znči d skup B im isti broj element ko i skup N Tko su npr, Z i Q prebrojivi 14 skupovi Postvlj se pitnje kko npr sve cele brojeve pored - ti u niz Jedno rešenje je: 0, 1, 1,,, 3, 3,, što možemo zpisti i formulom f(0) = 0, f(k) = k i f(k + 1) = k, k N Z skup Q dokz je komplikovniji Dkle, iko skupovi N, Z i Q imju beskončno mnogo element i vži N Z Q 15 oni su prebrojivi i u tom smislu imju isti krdinlni broj Ipk, skup relnih brojev R im bitno više element od prebrojivihh skupov, ko što pokzuje sledeć teorem Teorem Skup R nije prebrojiv Dokz Pretpostvimo d je skup R prebrojiv Td je prebrojivi svki njegov podskup, p specijlno i intervl [0, 1] Svki element iz intervl [0, 1] možemo predstviti u dekdskom obliku Dkle, postoji bijekcij 13 Odredite broj bijekcij s Sn u A 14 Prebrojiv je i skup lgebrskih brojev 15 Primetimo d ne postoji bijekcij s prvog podskup končnog skup n tj isti skup

Kompleksni brojevi 17 f : N R, tkv d je Sd posmtrjmo sledeći relni broj, f(1) = 1 = 0, 1 1 1 1 3 1 n f() = = 0, 1 3 n f(3) = 3 = 0, 3 1 3 3 3 3 n f(4) = 4 = 0, 4 1 4 4 3 4 n b = 0, b 1 b b 3 b n gde smo izbrli cifre b 1, b, b 3,, b n, tko d je b 1 1 1, b, b 3 3 3, b n n n, Odvde sledi d broj b nije u slici funkcije f jer b f(j) = j z svki j N (jer se broj b rzlikuje brem u j-toj cifri od broj j Dkle, nš pretpostvk d je R prebrojiv dovel ns je u kontrdikciju, jer uprvo opisn procedur 16 pokzuje d ne postoji surjekcij s N u intervl [0, 1] Npomen Rezimirjmo, krdinlni broj (brojnost) skup: - S n je n (broj njegovih element), - N je ℵ 0 (lef 0) (prebrojiv), - R je c (kontinum) Iz gore rečenog možemo d zključimo d se pojm jednkobrojnosti končnih skupov n prirodn (tj njjednostvniji) nčin generliše i n skupove koji imju beskončno mnogo element sledećom definicijom: skupovi A i B su istobrojni ili kžemo d imju isti krdinlni broj ko postoji brem jedn bijekcij s A n B 5 Kompleksni brojevi 137 Skup kompleksnih brojev Nstvljjući u istom duhu, pokušvmo d rešimo jednčinu x = 1 u skupu R Lko se možemo ubediti (koristeći ksiome (A1)- (A16) d t jednčin nem rešenj u skupu R Ako rešenje te jednčine obeležimo s i = 1, i nzovemo g imginrn jedinic, možemo posmtrti skup C = {z = + i b, b R} R Skup C zove se skup kompleksnih brojev Relne brojeve = R(+i b) i b = I(+i b) nzivmo redom relnim i imginrnim delom kompleksnog broj z = + i b N skupu C definisne su binrne opercije sbirnj i množenj, koje su proširenj odgovrjućih opercij s skup relnih brojev, formulm (5) (6) z 1 + z = ( 1 + i b 1 ) + ( + i b ) = ( 1 + ) + i (b 1 + b ), z 1 z = ( 1 + i b 1 ) ( + i b ) = ( 1 b 1 b ) + i ( 1 b + b 1 ) Ispostvlj se d ovko definisne opercije sbirnj i množenj kompleksnih brojev imju iste osobine ko kod relnih brojev (A1)-(A9) To zprvo znči d je skup C polje s obzirom n opercije (5) i (6) polje Može se pokzti d n skupu C ne postoji 16 Koj se inče zove Kntorov (Cntor) dijgonlni postupk

18 1 Uvod relcij prcijlnog poretk koj bi bil proširenje relcije poretk n R, i koj bi se slgl s opercijm sbirnj i množenj kompleksnih brojev 138 Geometrijsk interpretcij Primetimo d su dv kompleksn broj jednk kko imju jednke relne i imginrne delove, što je posledic sledećeg niz implikcij: z 1 = 1 + i b 1 = z = + i b = 1 = i (b b 1 ) kvdrirnjem = ( 1 ) = i (b b 1 ) = (b b 1 ) = 1 = (b b 1 ) = 0 Ov činjenic nm omogućuje d skup C identifikujemo s R R = R nčin (Slik 1): z = + i b z = (, b) i ond formule (5) i (6) odmh prepisujemo ko (7) (8) z 1 + z = ( 1, b 1 ) + ( + b ) = ( 1 +, b 1 + b ), z 1 z = ( 1, b 1 ) (, b ) = ( 1 b 1 b, 1 b + b 1 ) Primetimo d broju i odgovr ured - eni pr (0, 1) n sledeći Rvn R u kojoj predstvljmo kompleksne brojeve zove se Gusov rvn, ose odgovrjućeg koordintnog sistem Gusove rvni nzivju se reln i imginrn os (Slik 1) I I b z = (, b) z = (, b) z O φ R O R z = (, b) Dekrtov i polrni oblik kompleksnog broj Konjugovnje Slik 1 Gusov rvn 139 Konjugovnje Preslikvnje : C C, definisno formulom C z = + i b z = i b C, zove se konjugovnje kompleksnih brojev Geometrijski konjugovnje predstvlj osnu simetriju s obzirom n relnu osu u Gusovoj rvni, Slik 1 Konjugovnje kompleksnih

Kompleksni brojevi 19 brojev slže se s opercijm sbirnj i množenj kompleksnih ko što pokzuje sledeć propozicij Propozicij Z bilo koje kompleksne brojeve z 1, z vži: (i1) z 1 + z = z 1 + z (i) z 1 z = z 1 z (i3) z 1 z 1 = R(z 1 ) + I(z 1 ) = z 1 Dokz Nek je z 1 = + i b i z = c + i d, td immo, (i1) z 1 + z = ( + c) + i (b + d) = ( + c) i (b + d) = ( i b) + (c i d) = z 1 z (i) z 1 z = ( + i b) (c + i d) = ( c b d) + i ( d + b c) = ( c b d) i ( d + b c) = ( i b)(c i d) = z 1 z (i3) z 1 z 1 = ( + i b)( i b) = R(z 1 ) + I(z 1 ) = z 1 Broj z 1 zove se modul (moduo) kompleksnog broj z 1 i predstvlj u Gusovoj rvni rstojnje broj z 1 od koordintnog početk 140 Trigonometrijski oblik kompleksnog broj Izrz z = + i b zove se Dekrtov oblik kompleksnog broj Formule (5) i (7) pokzuju d je Dekrtov oblik kompleksnog broj pogodn z sbirnje, dok je formul z množenje kompleksnih brojev (6) (ili (8)) mnogo komplikovnij Dekrtov oblik možemo prepisti n sledeći nčin, z = + i b = ( ) + b + b + i b (9) + b Primetimo d je ( ) ( ) b + = 1, + b + b odkle sledi d postoji ugo φ ( 0 φ π ) tkv d je cos φ = tko d formul (9) prim sledeći oblik, (10) b i sin φ + b + b, z = + i b = z (cos φ + i sin φ), koji se zove trigonometrijski ili polrni oblik kompleksnog broj Ugo φ zove se rgument kompleksnog broj z i pišemo φ = rg(z) Geometrijsk interpretcij trigonometrijskog broj vidi se u Gusovoj rvni ko vrh broj z = + i b ortogonlno projektujemo n koordintne ose, dobijmo d je R(z) = z cos φ i I(z) = z sin φ, Slik 1 Kko smo skup C identifikovli s R R td trigonometrijski oblik kompleksnog broj omogućv d u rvni R R uvedemo koordintni sistem čije su koordinte r-rstojnje tčke M od koordintnog početk i φ ugo koji zklp poluprv OM (O je koordintni početk) s pozitivnim delom ose x Ovj koordintni sistem zove se polrni koordintni sistem u rvni

0 1 Uvod Trigonometrijski oblik kompleksnog broj pogodniji z množenje kompleksnih brojev od Dekrtovog ko što pokzuje sledeć propozicij Propozicij Nek su z 1 = r 1 (cos φ 1 + i sin φ 1 ) i z = r (cos φ + i sin φ ) dv proizvoljn kompleksn broj td vži formul (11) z 1 z = r 1 r (cos(φ 1 + φ ) + i sin(φ 1 + φ ) Iz ove formule vidimo d se kompleksni brojevi množe tko što se moduli pomnože, rgumenti sberu Dokz z 1 z = r 1 (cos φ 1 + i sin φ 1 ) r (cos φ + i sin φ ) = r 1 r ((cos φ 1 cos φ sin φ 1 sin φ ) + i (cos φ 1 sin φ + sin φ 1 cos φ )) = r 1 r ((cos(φ 1 + φ ) + i sin(φ 1 + φ )) Posledice Z 0 z = r (cos φ + i sin φ) C i n N vže sledeće formule: (i1) z n = r n (cos(nφ) + i sin(nφ)), (i) z n = r n (cos(nφ) i sin(nφ)), (i3) ko je r = z = 1 ond vže i poznte Movrove formule: (cos φ + i sin φ) n = cos(nφ) + i sin(nφ), (cos φ i sin φ) n = cos(nφ) i sin(nφ) Dokz (i1) sledi lko indukcijom iz Propozicije z z = z 1 = z (i) Primetimo d je, z 1 = 1 z = 1 r(cos φ + i sin φ) = 1 r = r 1 (cos φ i sin φ), i primen formule (i1) n broj z n = (z 1 ) n funkcij dje trženu formulu 1 cos φ + i sin φ = 1 r 1 cos φ i sin φ cos φ + i sin φ cos φ i sin φ uz korišćenje činjenice d je sinus neprn, kosinus prn (i3) Movrove formule su sd direktn posledic formul (i1) i (i) z z = 1 Npomenimo d se kompleksni brojevi mogu predstviti i u Eulerovom obliku, tj vži z = + i b = r (cos φ + i sin φ) = r e iφ 141 n-ti koren iz kompleksnog broj Nek je z C, i ω n = z = + i b = r (cos φ + i sin φ) Td ω nzivmo n-tim korenom iz kompleksnog broj z Kko je ω kompleksn broj možemo g predstviti u obliku ω = ρ (cos α + i sin α), ztim primen Posledice (i1) iz prethodne tčke dje, ω n = ρ n (cos(nα) + i sin(nα)) = r (cos φ + i sin φ) odkle je ρ n = r, nα = φ + kπ, k Z, tj ρ = n r, α k = φ n + kπ n, k Z Zbog tog što je osnovni period funkcij sin i cos jednk π, iz prethodnog izrz z α k sledi d je sin α 0 = sin α n = = sin α pn z svki p Z, ili opštije sin α k = sin α n+k =

Kompleksni brojevi 1 = sin α pn+k z svki p Z i k {0, 1,,, n 1} Anlogne formule vže i z funkciju kosinus Odkle, ond seldi d iz svki kompleksn broj z 0 im tčno n rzličitih n tih koren Time smo pokzli sledeću teoremu Teorem Nek je 0 z = r (cos φ + i sin φ) C Td postoji tčno n kompleksnih brojev ω 0, ω 1, ω n 1 tkvih d je ωk n = z z k {0, 1,,, n 1}, i pri tome vži ( ω k = n r cos φ + kπ + i sin φ + kπ ) n n Primer Odredite sve pete korene iz broj z = 3 i 4 N osnovu prethodne teoreme prvo immo d je r = 3 + ( 4) = 5, tko d je ( 3 z = 5 5 i 4 ) = cos α = 3 5 5, sin α = 4 = α = rcsin 4 5 5 Sd n osnovu prethodne teoreme zključujemo d su peti koreni iz 3 i 4: ω 0 = 5 5 ( cos α 5 + i sin α 5 ), ω 1 = 5 5 ( cos α + π 5 ω 3 = 5 ( 5 cos α + 6π + i sin α + 6π ), ω 4 = 5 5 5 5 + i sin α + π 5 ), ω = 5 5 ( cos α + 8π + i sin α + 8π 5 5 ), ( cos α + 4π + i sin α + 4π 5 5 ), 14 Sfer (krug) S 1 i n ti koreni iz jedinice Nek je S 1 = {z C z = 1} jedinični krug u R Kko je očigledno skup S 1 ztvoren n množenje kompleksnih brojev (proizvod dv kompleksn broj modul 1 je opet kompleksni broj modul 1) i sdrži broj 1, kko su socijtivnost i komuttivnost nsledne osobine (prenose se s skup n svki njegov podskup) i kko je inverz kompleksnog broj modul 1 isti tkv broj (vidi 141 Posledic (i)), sledi d je (S 1, ) podgrup grupe (C, ) Skup K n je skup n tih koren iz jedinice i vži, K n = {z C z = e i πk n, k = 0, 1,, n 1} N nlogn nčin ko i z krug može se proveriti d ı je K n grup s obzirom n množenje kompleksnih ɛ 1 brojev Nije teško videti d grup K n im svoju 1 1 relizciju ko grup rotcij rvni koj ostvlj fiksnim prvilni n ugo Dkle, K n = {ε 0 = 1, ε 1,, ε n } gde je ε k = cos φ n + i sin φ n, φ n = π n Sd iz formule z množenje kompleksnih brojev immo sledeću propoziciju Propozicij U grupi n tih koren iz jedinice K n vže identiteti: (i1) ε k = ε k 1, z sve k {0, 1,, n 1} (i) ε n k = ε k ı Slik n ti koreni iz 1 (n = 8)

1 Uvod 6 Elementi kombintorike 14 Vrijcije Permutcije Kombincije Nek je dt neki končn skup A = { 1,,, n } Posmtrjmo skup Vr k (A) = {(b 1, b,, b k ) A k b i b j z i j } Elementi skup Vr k (A) zovu se vrijcije bez ponvljnj (ili krće vrijcije), k tog red skup A Teorem Broj element skup Vr k (A), jednk broju injekcij s skup S k = {1,,, k} n skup A Dokz Nek je f : S k A 1 1, td z izbor f(1) = b 1 ) immo n mogućnosti Sd kd smo izbrli f(1) = b 1 A, z izbor f() = b immo n 1 = crd (S k \{f(1)}) mogućnost, itd tko d z izbor f(k) = b k preostje n k + 1 = crd (S k \ {f(1), f(),, f(k 1)}) mogućnost Kko su izbori z f(1), f(),, f(k) nezvisni, broj svih injekcij s S k n A (odnosno crd Vr k (A) ) je V n k = n (n 1) (n k + 1) U slučju k = n td je broj vrijcije red n n skupu od n element jednk broju bijekcij (= injekcij jer je A končn) s A n A Kko se bijekcije nzivju i permutcijm 17 i kko možemo izbrti A = S n, vidimo d je broj svih permutcij (bijekcij) skup od n element P n jednk P n = V n n = n (n 1) 1 = n! Po definiciji se uzim d je 0! = 1 Drugi sličn problem je problem odred - ivnj broj svih k člnih podskupov skup A (koji im n element), tj C k = {B A crd B = k} Svki k člni podskup od A zove se kombincij k tog red skup A D bismo odredili crd (C k ) potrebno je primetiti d svih k! permutcij skup {b 1, b,, b k } (ured - enih k torki) definišu isti skup B, tko d je tj broj Ck n jednk Ck n = V k n ( ) n (n 1) 1 n! n = = P k k! k! (n k)! = k Broj ( n k) zove se binomni koeficijent 143 Binomni koeficijenti Nek od osnovnih svojstv binomnih koeficijent su (0 k n) (i1) ( n = k) ( ) ( n n, (i) k = n n k k) ( ) n 1, (i3) k 1 ( ( ) n n + = k) k 1 ( ) n + 1 k Dokz (i1) i (i) direktno iz definicije binomnih koeficijent 17 U slučju d je A končn skup

(i3) sledi iz ( ( n n + k) k) = Elementi kombintorike 3 n! k! (n k)! + n! (k 1)! (n k + 1)! = n! k! (n k + 1)! (n k + 1 + k) = n!(n + 1) k! (n k + 1)! = (n + 1)! k! (n k + 1)! = ( ) n + 1 k Uprvo dokzn formul (i3) poznt je ko i Psclov 18 jednkost z binomne koeficijente 144 Teorem (Binomn formul) Nek su, b R proizvoljni relni brojevi, i n proizvoljn prirodn broj td vži sledeć formul 19, ( + b) n = n ( n k) n k b k k=0 ( = n n + 1) ( ( ) n 1 b 1 n + + k) n k b k n + + n 1 1 b n 1 + b n Dokz: Dokz provodimo mtemtičkom indukcijom Z n = 1 formul je tčn jer je ( + b) 1 = 1 + b 1 Pretpostvimo d je binomn formul tčn z neki n N, td je n ( ( + b) n+1 = ( + b) ( + b) n (pi) n = ( + b) k) n k b k = + n ( n k) n k b k+1 = k=0 + n+1 + b n+1 + dkle, formul je td tčn i z n + 1 n k=1 = k=0 n ( n k) k=0 [( ( )] n n + k) k 1 }{{} ( n + 1 k n ( n k) n k+1 b k k=0 n+1 n k+1 b k + ) (vidi 133 (i3)) k=1 n k+1 b k = ( ) n k 1 n (k 1) b k n+1 k=0 ( ) n + 1 k (n+1) k b k, 145 Neke posledice binomne formule Ako u binomnu formulu prvo uvrstimo = b = 1, ztim = 1, b = 1, dobijmo sledeć dv identitet n ( (1 + 1) n = n n n ( = 1 k) n k 1 k n =, k) k=0 (1 1) n = 0 n = 0 = n k=0 ( n k) k=0 1 n k ( 1) k = n ( ) ( 1) k n k Posledic Kko je ( n k) jednk broju k člnih podskupov skup A koji im n element, vidimo d je ukupn broj svih podskupov skup A, tj broj element n ( n prtitivnog skup P(A) jednk crd P(A) = = k) n k=0 k=0 18 Blise Pscl, 163 166, frncuski mtemtičr 19 Poznt ko binomn formul

4 1 Uvod 146 Nek su dti skupovi 7 Zdci () A = {1,, 3, 4, 5}, B = {0, 1,, 3, 4}, i C = { 1, 0, 1,, 3} (b) A = [0, ), B = (1, 3] {5} i C = [0, 1] (, 4) Odredite skupove (i1) A B, A C, (i) A B, B C, (i3) X = A B C, A c u X, (i4) A \ B, B \ A, (i5) A \ C, B \ C, (i6) X \ B, X \ C, (i7) A B, A C, (i8) P(A), P(B), (i9) P(A B), P(A B) 147 Pokžite d je A B = A ko i smo ko B A 148 Dokžite preostle jednkosti iz 14 149 Dokžite sve jednkosti iz 15 150 Nek su A i B proizvoljn dv skup Pokžite d je (i1) P(A B) = P(A) P(B), (i) P(A B) P(A) P(B) Dokz: Pokžimo (i1) Dokz je posledic sledećeg niz ekvivlencij X P(A B) X A B X A i X B X P(A) i P(B) X P(A) P(B) 151 Dokžite (i)-(i5) iz 17 15 Nek su A, B i C proizvoljni skupovi Pokžite d vži, (i1) A \ B = A \ (A B) = (A B) \ B, (i) (A B) \ C = (A \ C) (B \ C), (i3) (A B) \ C = (A \ C) (B \ C) 153 Nek su A i B končni skupovi i nek je f : A B nek funkcij Pokžite d su ekvivlentni sledeći iskzi: (i1) f je 1 1, (i) f je n (i3) f je bijekcij 154 Nek su dte binrne relcije ρ, σ i τ n A Pokžite d vži (i1) (ρσ) 1 = ρ 1 σ 1, (i) (ρσ)τ = ρ(στ), (i3) ρ(σ τ ) = ρσ ρτ, (i4) ρ(σ τ ) ρσ ρτ 154 Nek su ρ i σ dve binrne relcije n skupu A Dokžite (i1) (ρ σ) 1 = ρ 1 σ 1, (i) (ρ σ) 1 = ρ 1 σ 1, (i3) (ρ \ σ) 1 = ρ 1 \ σ 1, (i4) (ρ c ) 1 = (ρ 1 ) c 155 Nek skupovi A i B imju končn broj element Pokžite (i1) d vži formul, crd(a B) = crda + crdb crd(a B) (i) d je crdp(a) = crda, gde je P(A) (prtitivni skup od A) skup svih podskupov skup A 156 Dokžite d je (i1) [ 1 ] k, 1 = (0, 1], (i) i=1 [ k 1 k i=1 ], 1 = {1}

Zdci 5 157 Nek su A i B končni skupovi i nek je A = n i B = m Koliko im funkcij s A u B? Koliko je med - u njim injekcij, surjekcij i bijekcij 158 Nek je skup A končn, tj A = m Koliko im relcij n skupu A? Koliko je med - u njim refleksivnih, ntirefleksivnih, simetričnih i ntisimetričnih relcij? Rešenje: Prem 10 svkoj relciji n A odgovr tčno jedn tblic tip m m, funkcije te relcije Dkle, u tblici im ukupno m mest, n svkom može biti ili 1 ili 0 Prem tome, ukupn broj relcij je m D bi relcij ρ n A bil refleksivn u tblici njene funkcije (vidi 10) n dijgonli morju biti sve 1, n sv preost mest nem nikkvih uslov Dkle, ukupn broj svih tkvih relcij je m (m 1) Anlogno, ko i z refleksivne relcije njihov broj je m (m 1) Primetimo d uslov simetričnosti neke relcije ρ implicir d proizvoljno možemo izbrti vrednosti u f ρ ( 1, 1 ), f ρ (, 1 ), f ρ (, ),, f ρ ( m, 1 ),, f ρ ( m, m ), i preostle vrednosti od f ρ ( i, j ) (i < j), su potpuno odred - ene Kko je broj ured - enih prov (i, j) tkvih d i j, i, j = 1,, m jednk 1 + + + m = m (m + 1)/, broj trženih relcij je m (m+1) Z ntisimetrične relcije nlogno ko i z simetrične smo primetimo d je kod ntisimetričnih relcij i dijgonl fiksirn, tko d je njihov ukupn broj m (m 1) 159 Dokžite d je skup Pr svih prostih brojev beskončn Dokz: Pretpostvimo d Pr = {p 1, p,, p k } končn i d im tčno k element Posmtrjmo broj Π = p 1 p p k + 1, očigledno ovj broj nije deljiv niti s jednim prostim brojem p i jer pri delenju s svkim od njih dje osttk 1 Prem definiciji ovj broj deljiv je smo s 1 i s smim sobom, tj on je prost što je kontrdikcij s pretpostvkom d su svi prosti brojevi elementi skup Pr = {p 1, p,, p k } 160 Nd - ite Euklidovim lgoritmom NZD(, b) ko su (i1) = 15, b = 75, (i) = 1600, b = 3760, (i3) = 546, b = 98, (i4) = 50, b = 700 161 Dokžite d je NZD(, b) NZS(, b) = b 16 Nek je = p α 1 i 1 p α i p α n i n i b = q β 1 j 1 q β j q βm j m Odredite NZS(, b) i NZD(, b) Rešenje: Ako s P() = {p i1, p i,, p in, } i P(b) = {p j1, p j,, p jm, } obeležimo skupove prostih brojev koji učestvuju u rstvim brojev i b redom Ako je {p 1, p,, p k } = P () P (b) td je NZD(, b) = p γ 1 1 pγ pγ k k pri čemu je p i = p is = p jr i γ t = min(α is, β jr ) Slično, ko je {p 1, p,, p l } = P () P (b) td je NZS(, b) = p δ 1 1 pδ pδ l l gde je p i = p is = p jr i δ t = mx(α is, β jr ) 16 Nek je M N i nek im sledeć svojstv (i1) n 0 M, (i) n M = n + 1 M, td M {n N n n 0 } Dokz: Nek je M = {1,,, n 0 1}, td iz Penovih ksiom sledi d je M M = N, tj M N \ M 163 Nek je M N i nek vži td je M = N (i1) 1 M, (i) m M, m n = n + 1 M, Dokz: Pretpostvimo d je N \ M Izberimo minimlni element n 0 N \ M (tkv uvek postoji jer je N dobro ured - en, p svki njegov neprzn podskup im minimlni element) Zbog (i1) n 0 1, i primen svojstv (i) z m = n 0 1 implicirju n 0 M što je nemoguće Dobijen kontrdikcij pokzuje d je pogrešn polzn pretpostvk N \ M, dkle M = N 164 Nek je M N i nek im sledeć svojstv (i1) 1 M, M, (i) n, n 1 M = n + 1 M,