Elementi matematičke logike

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

2 GLAVA 1. ELEMENTI MATEMATIČKE LOGIKE Koliko je sati? ili Ustani! takode nisu iskazi. Upravo ovaj primjer opravdava opšteprihvaćenu terminologiju kojom se umjesto fraze posjedovanje odredenog svojstva koristi fraza istinitosna vrijednost. I u ovom tekstu će uglavnom biti zastupljena upravo ova terminologija. Sljedeći primjer skupa I ima izuzetno važnu praktičnu realizaciju. Sada su elementi skupa I prekidači koji mogu biti u jednom od dva moguća položaja. Prekidač može biti uključen (posjeduje uočeno svojstvo, tačan je ) ili isključen (ne posjeduje uočeno svojstvo, netačan je ). Naravno, svaka matematička formula takode predstavlja (tačan ili netačan) iskaz. Npr.: 3 9 (netačan iskaz), 4 + 8 = 12 (tačan iskaz), itd. 1.2 Logičke operacije i iskazne formule Slobodno govoreći, logička operacija je postupak kojim se iskaz-u/ima pridružuje iskaz. Unarne opeacije djeluju na jedan iskaz, dok binarne opeacije djeluju na dva iskaza. Na skupu iskaza moguće je definisati četiri unarne i šesnaest binarnih operacija. Medu njima se ističu jedna unarna (negacija) i četiri binarne opeacije (konjunkcija, disjunkcija, implikacija i ekvivalencija). Slijede definicije ovih logičkih operacija. Definicija 1 Neka je zadan iskaz p. Negacija iskaza p, u oznaci p, je iskaz koji ima suprotnu istinitosnu vrijednost od iskaza p. Oznaka p čita se na jedan od sljedećih načina: ne p, nije p, negacija iskaza p. Definicija 2 Neka su zadani iskaz p i iskaz q. Konjunkcija iskaza p i iskaza q, u oznaci p q, je iskaz koji je tačan kada su tačni i iskaz p i iskaz q. U svim preostalim slučajevima konjunkcija iskaza p i iskaza q je netačna. Oznaka p q čita se kao p i q. Definicija 3 Neka su zadani iskaz p i iskaz q. Disjunkcija iskaza p i iskaza q, u oznaci p q, je iskaz koji je netačan kada su netačni i iskaz p i iskaz q. U svim preostalim slučajevima disjunkcija iskaza p i iskaza q je tačna. Oznaka p q čita se kao p ili q. Definicija 4 Neka su zadani iskaz p i iskaz q. Implikacija iskaza p i iskaza q, u oznaci p q, je iskaz koji je netačan kada je iskaz p tačan, a iskaz q netačan. U svim preostalim slučajevima implikacija iskaza p i iskaza q je tačna.

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

4 GLAVA 1. ELEMENTI MATEMATIČKE LOGIKE 2. p = p i 3. p = p. Djelovanjem logičkih operacija na više od dva iskaza dobijaju se tzv. iskazne formule. Definicija 6 Iskazna slova su simboli kojima se označavaju iskazi. Iskazna slova su iskazne formule. Ako su P i Q iskazne formule, onda su i P, P Q, P Q, P Q i P Q takode iskazne formule. Iskazne formule mogu se dobiti samo primjenom prethodna dva pravila. Prilikom djelovanja, dogovorom se usvaja da najviši prioritet ima negacija, zatim konjunkcija, disjunkcija i implikacija, dok najniži prioritet ima ekvivalencija. Ukoliko se želi promjeniti redosljed izvršavanja logičkih operacija koriste se zagrade. Tako je npr. = =, dok je ( ) = =. 1.3 Zadaci Zadatak 1 Odrediti istinitosne vrijednosti sljedećih iskaza: 1. 5 je prirodan broj, 2. 1 3 je iracionalan broj, 3. NZD(12, 24) = 8, 4. 13 je prost broj, 5. 5 ( 8) = 5 8, 6. 3 8 11 6 = 33 24 = 11 8, 7. 0.2 0.3 = 0.6, 8. 9 = 3, 9. 10. 1 5 > 1 3, 6 7 > 7 8, 11. 1 1, 12. 3 2 = 3 2 i 13. 5 2 = 2 + 5.

1.3. ZADACI 5 Zadatak 2 Na odgovarajućem mjestu napisati broj, tako da dobijeni iskaz bude tačan: 1.... je najmanji prirodan broj. 2.... je najveći negativni cijeli broj. 3.... nije ni pozitivan, ni negativan broj. { 1 4.... je najveći element skupa 2, 1 3, 1 4, 2 5 { 1 5.... je najmanji element skupa 2, 1 3, 1 4, 2 5 6.... je najveći prirodan broj čiji je kvadrat manji od 100. }. 7.... je jedini prost broj u skupu {8, 9, 10, 11}. }. 8.... je jedini složen broj u skupu {5, 7, 9, 11, 13}. Zadatak 3 Odrediti istinitosne vrijednosti sljedećih iskaza: 2 1. 3 N 2 > 0. 1 2. 25 > 0.4 ( 1 ) 2 > 0.004. 25 [ (1 3. 2 1 ) ( 1 : 3 4 1 ) ] [ (1 = 10 5 3 2 1 ) ] : 1 3 4 1 5 = 7 Zadatak 4 Simbolički napisati sljedeće rečenice: 1. Oba prirodna broja a i b su parna. 2. Barem jedan od prirodnih brojeva a i b je neparan. 3. Oba prirodna broja a i b su neparna. 4. Barem jedan od prirodnih brojeva a i b je paran. Zadatak 5 Zadani su iskazi p : 2 3 1, q : Godina ima 8 mjeseci. i r : Dijagonale romba su medusobno normalne. Odrediti istinitosnu vrijednost sljedećih formula: 1. p (q r). { 2. q [ p ( q r) ]} [ p (q r) ]. Zadatak 6 Nacrtati električna kola koja odgovaraju iskaznim formulama:

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

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

8 GLAVA 1. ELEMENTI MATEMATIČKE LOGIKE Dokaz:Tabela istinitosti za šestu formulu glasi p q p p q p q F odakle se zaključuje da posljednja formula zaista jeste tautologija. Na isti način se dokazuje da su i ostale formule tautologije. Treba primjetiti da tautologija 6. omogućava električnu realizaciju implikacije. 1.5 Zadaci Zadatak 16 Ne koristeći istinitosne tabele dokazati da su sljedeće iskazne formule tautologije { 1. p [ p ( q r) ]} [ q (s t) ], 2. [ (p q) r ] [ (s t) (r p) ] 3. [ p (q r) ] [ (q s) (t p) ] 4. [ ( p q) (r s) ] [ (r t) p ] 1.6 Osnovi predikatskog računa 1.6.1 Pojam predikata Definicija 8 Predikat dužine n N, definsan na skupu S, je svako preslikavanje P : S n {, }. Specijalno, predikati dužine nula su iskazi. U daljem tekstu pažnja će se posvetiti isključivo predikatima dužine jedan i dva. Primjer 1 Neka je S skup svih studenata Univerziteta u Sarajevu i neka je P predikat dužine jedan definisan na skupu S sa: biti student Gradevinskog fakulteta. Primjer 2 Neka je S skup prirodnih brojeva i neka je P predikat dužine jedan definisan na skupu S sa: broj n je djeljiv sa tri. Primjer 3 Neka je S skup svih planeta sunčevog sistema i neka je P predikat dužine dva definisan na skupu S sa: planete p 1 i p 2 su susjedne. Primjer 4 Neka je S skup prirodnih brojeva i neka je P predikat dužine dva definisan na skupu S sa: zbir brojeva n 1 i n 2 je prost broj.

1.6. OSNOVI PREDIKATSKOG RAČUNA 9 Važno je uočiti razliku izmedu predikata i iskaza. Naime, predikat dužine jedan (dva) nije iskaz, ali taj predikat svakom elementu skupa S (S 2 ) pridružuje iskaz. Na izvjestan način, predikati se mogu poistovjetiti sa formularima. Prazan formular predstavlja predikat (student Univerziteta u Sarajevu jeste ili nije student Gradevinskog fakulteta), dok se nakon njegovog ispunjavanja (za konkretnog studenta se utvrduje da li je student Gradevinskog fakulteta) dobija konkretna činjenica. Medu svim predikatima (dužine jedan ili dva) treba istaći tzv. identički istinit i identički lažan predikat. Identički istinit predikat svakom elementu skupa na kojem je definisan pridružuje tačan iskaz, dok identički lažan predikat svakom elementu skupa na kojem je definisan pridružuje netačan iskaz. 1.6.2 Kvantori (kvantifikatori) Kvantori predikatima dužine jedan pridružuju iskaze, a predikatima dužine dva pridružuju predikate dužine jedan. Definicija 9 Neka je P predikat dužine jedan definisan na skupu S. Egzistencijalni kvantor, u oznaci, predikatu P pridružuje iskaz ( x S)(P (x)) (1.1) koji je tačan ako postoji (barem jedan) element a S takav da je P (a) =. Dakle, iskaz (1.1) je netačan ako i samo ako je predikat P identički lažan. Definicija 10 Neka je P predikat dužine jedan definisan na skupu S. Univerzalni kvantor, u oznaci, predikatu P pridružuje iskaz ( x S)(P (x)) (1.2) koji je tačan ako za sve elemente a S važi P (a) =. Dakle, iskaz (1.2) je tačan ako i samo ako je predikat P identički istinit. Na osnovu prethodnih definicija zaključuje se da je negacija iskaza (1.1) iskaz dok je negacija iskaza (1.2) iskaz ( x S)( P (x)), ( x S)( P (x)). Definicija 11 Neka je P predikat dužine dva definisan na skupu S. Djelovanjem egzistencijalnog, odnosno univoerzalnog kvantora na predikat P dobijaju se dva dva predikata dužine jedan definisana na skupu S. To su predikati P 1 (y) = ( x S)(P (x, y)) (1.3) i P 2 (x) = ( y S)(P (x, y)), (1.4)

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

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

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

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

14 GLAVA 2. SKUP, BINARNA RELACIJA, FUNKCIJA x A x B. Prema prethodno rečenom, prazan skup je podskup svakog skupa, dok je univerzalni skup nadskup svakog skupa. Najjednostavniji način zadavanja nekog skupa je navodenje svih njegovih elemenata. Naravno, ovakvo zadavanje supa je moguće samo ako je broj elemenata skupa konačan, (relativno) mali broj. Prilikom zadavanja skupa svaki element se navodi samo jednom, jer ponavljanje istog elementa više puta nema značaja. U tom smislu, skupovi {1, 2, 3} i {2, 1, 2, 3, 1, 3, 3} su medusobno jednaki. Kada je broj elemenata nekog skupa konačan (relativno) veliki ili beskonačan broj, skupovi se zadaju na drugi način. Na primjer, {x N x 10 12 }, {x Z x 100}, {x Q 0 x 1}, {(x, y) x R y R x 2 + y 2 = 1}. 2.2 Skupovne operacije Kao i u slučju logičke operacije, skupovna operacija može biti shvaćena kao postupak kojim se skup-u/ovima pridružuje skup. Od skupovnih operacija u daljem tekstu će se obraditi jedna unarna operacija (operacija koja jednom skupu pridružuje skup), tzv. komplementiranje i tri binarne operacije (operacija koja paru skupova pridružuje skup), tzv. presjek, unija i razlika. Definicija 12 Komplement skupa A, u oznaci A C je skup svih elemenata univerzalnog skupa koji ne pripadaju skupu A. Simbolički, A C = {x U x / A}. Iz posljednje definicije neposredno slijedi da je C = U kao i da je U C =. Definicija 13 Presjek skupova A i B, u oznaci A B je skup svih elemenata univerzalnog skupa koji pripadaju i skupu A i skupu B. Simbolički, A B = {x U x A x B}. Jednostavno se provjeravaju osnovne osobine presjeka za svaki skup A važi A =, A U = A i A A = A, za svaka dva skupa A i B važi A B = B A, za svaka tri skupa A, B i C važi A (B C) = (A B) C.

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

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

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

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

2.7. POJAM FUNKCIJE 19 2.7 Pojam funkcije Definicija 21 Neka su zadani neprazni skupovi A i B. Binarna relacija f A B je funkcija koja skup A preslikava u skup B ako za svaki element a A postoji najviše jedan element skupa b B takav da je afb. Ukoliko funkcija f preslikava skup A u skup B, koristi se oznaka f : A B. Dalje, umjesto oznake afb koristi se oznaka f(a) = b. Skup A naziva se domen, a skup B kodomen funkcije f. Elementi skupa A nazivaju se originali, a elementi skupa B slike. Skup svih elemenata skupa A kojima odogovara (tačno jedan) elemet skupa B naziva se prirodni domen funkcije f, a skup svih elemenata skupa B koji imaju odgovarajući original u skupu A naziva se skup vrijednosti funkcije f (faktički, to je skup f(a) = {b B ( a A)f(a) = b}). Naravno, izbacivanjem onih elemenata skupa A koji nemaju odgovarajuću sliku u skupu B dobija se prirodni domen funkcije f. Dakle, svaka funkcija je odredena sa tri objekata. To su dva skupa i pravilo kojim se elementima jednog skupa pridružuju elementi drugog skupa. Dvije funkcije su jednake ako su im jednaki i domen, i kodomen, i pravilo pridruživanja. 2.7.1 Primjeri Primjer 5 Neka je A = {1, 2, 3, 4} i neka je B = {a, b, c}. Binarna relacija ρ = {(1, a), (2, a), (2, b), (3, a), (4, a), (4, c)} nije funkcija iz skupa A u skup B jer originalima 2 i 4 odgovaraju po dvije različite slike iz skupa B. Primjer 6 Neka su skupovi A i B definisan kao i u prethodnom primjeru. Slijede primjeri binarnih relacija koje jesu funkcije f : A B ( ) 1 2 3 4 f :, a b a c f : f : ( 1 2 3 4 a b a b ( 1 2 3 4 c c c c ) i ). Primjer 7 Neka je A skup svih stanovnika Kantona Sarajevo i neka je B skup svih ulica u Kantonu Sarajevo. Dalje, neke se svakom stanovniku Kantona Sarajevo (elementu skupa A) pridružuje ulica (elementu skupa B) u kojoj taj stanovnik živi. Na ovaj način (pod pretpostavkom da svaki stanovnik živi u tačno jednoj ulici) definisana je funkcija f : A B. Primjer 8 Neka je A skup svih knjiga u nekoj biblioteci i neka je B = N (skup prirodnoh brojeva). Funkcije f : A B svakoj knjizi (elementu skupa A) pridružuje broj njenih strana (element skupa B).

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

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

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

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

24 GLAVA 2. SKUP, BINARNA RELACIJA, FUNKCIJA

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

26 GLAVA 3. KOMBINATORIKA Zadatak 52 Koristeći matematičku indukciju dokazati sljedeća tvrdenja: 1. ( n N)1 + 2 +... + n = 2. ( n N)1 2 + 2 2 +... + n 2 = n(n + 1), 2 n(n + 1)(2n + 1), 6 ( n(n + 1) ) 2, 3. ( n N)1 3 + 2 3 +... + n 3 = 2 4. ( n N)1 + 3 +... + (2n 1) = n 2, 5. ( n N)1 + q + q 2... + q n 1 = 1 qn 1 q, q 1, 6. ( n N) 1 1 2 + 1 2 3 +... + 1 n(n + 1) = n n + 1, 7. ( n N) 5 1 2 + 13 2 3 +... + 2n2 + 2n + 1 = n(n + 1) n(2n + 3), n + 1 8. ( n N) 12 1 3 + 22 3 5 +... + n 2 n(n + 1) = (2n 1)(2n + 1) 2(2n + 1). Zadatak 53 Koristeći matematičku indukciju dokazati sljedeća tvrdenja: 1. ( n N)3 5 n + 2 n+1, 2. ( n N)133 11 n+2 + 12 2n+1, 3. ( n N)19 7 5 2n + 12 6 n. Zadatak 54 Koristeći matematičku indukciju dokazati sljedeće nejednakosti: 1. ( n N, n 2) 1 1 + 1 2 +... + 1 n > n, 2. ( n N)(1 + h) n 1 + nh, h > 1 (Bernulijeva nejednakost) 1 3. ( n N, n 2) n + 1 + 1 n + 2 +... + 1 2n > 13 24, 4. ( n N, n 5)2 n > n 2, 5. ( n N, n 4)n! > 2 n, 6. ( n N, n 3)n! n n 1.

3.2. BINOMNA FORMULA 27 3.2 Binomna formula Na početku treba usvojiti jednu konvenciju o označavanju sabiranja. Naime, n umjesto oznake x 1 + x 2 +... + x n uobičajeno je koristiti oznaku x k (pretpostavlja se da je N). n k=2 Na taj način je npr. n k=1 k=1 1 k = 1 1 + 1 2 +... + 1 n ili k (k 1)(k + 1) = 2 (2 1)(2 + 1) + 3 (3 1)(3 + 1) +... + n (n 1)(n + 1). Definicija 25 Neka je n N. Faktorijel broja n, u oznaci n! je pproizvod svih prirodnih brojeva koji nisu veći od n. Dakle, Dalje, po definiciji se uzima da je n! = 1 2... n. 0! = 1. Koristeći prethodnu definiciju dobija se da je npr. 3! = 1 2 3 = 6, 6! = 1 2 3 4 5 6 = 720, itd. Definicija 26 Neka su n, k N, k n. Binomni koeficijent, u oznaci ( n k) (čita se en nad ka ) se definiše na sljedeći način ( ) n n! = k k!(n k)!. Dalje, po definiciji se uzima da je ( ) n = 1. 0 Neposredno se provjerava da je npr. ( ) 8 5 = 8 7 6 5 4 3 2 1 1 2 3 4 5 1 2 3 4 5 6 7 = 56. Lema 2 Binomni koeficijenti imaju sljedeće osobine: k faktora ( ) {}}{ n n(n 1)... (n k + 1) 1. =, k k! 2. ( ) ( ) n n = i k n k 3. ( ) ( ) ( ) n n n + 1 + =. k k + 1 k + 1

28 GLAVA 3. KOMBINATORIKA Dokaz: 1. ( ) n k = = n(n 1)... (n k + 1)(n k)(n k 1)... 2 1 k(k 1)... 2 1 (n k)(n k 1)... 2 1 n(n 1)... (n k + 1), k! = 2. ( ) ( ) n n! = k k!(n k)! = n! n (n k)!(n (n k))! = i n k 3. ( ) ( ) n n + k k + 1 = = n! k!(n k)! + n! (n + 1)! (k + 1)!(n k)! = (k + 1)!(n k 1)! = ( ) n + 1. k + 1 Na osnovu osobine 3. zaključuje se da se binomni koeficijenti mogu odrediti iz tzv. Paskalovog trougla: 1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1.... Teorema 5 Neka su a, b R i neka je n N. Važi tzv. binomna formula: n ( ) n (a + b) n = a n k b k. k.. k=0 Dokaz: Binomna formula se dokazuje matematičkom indukcijom po eksponentu n. Ako je n = 1, onda je 1 k=0 ( ) 1 a 1 k b k = k ( ) 1 a 1 b 0 + 0.... ( ) 1 a 0 b 1 = a + b, 1 što znači da je binomna formula tačna za prirodan broj 1. Neka je binomna formula tačna za sve prirodne brojeve l koji nisu veći od nekog prirodnog broja n, tj. neka je ( l n)(a + b) l = l k=0 ( ) l a l k b k. k

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

30 GLAVA 3. KOMBINATORIKA 2. Slično, eksponentu 5 u Paskalovom trouglu odgovara red 1 5 10 10 5 1, pa je (2x + 1) 5 = 1 (2x) 5 0 1 0 + 5 (2x) 5 1 1 1 + 10 (2x) 5 2 1 2 + 10 (2x) 5 3 1 3 + 5 (2x) 5 4 1 4 + 1 (2x) 5 5 1 5 = = 32x 5 + 80x 4 + 80x 3 + 40x 2 + 10x + 1. 3.3 Zadaci Zadatak 55 Izračunati: 1. ( 7 2), 2. ( 16 12), 3. ( 9 3) ( 9 6) i 4. ( 10 2 ) + ( 10 3 ) + ( 10 4 ). Zadatak 56 Naći: 1. šesti član u razvoju binoma (x + y) 15, 2. četvrti član u razvoju binoma (x 2 y 2 ) 11 i 3. peti član u razvoju binoma ( x y) 12. Zadatak 57 U razvoju binoma ( 3 a + a 1 ) 15, a > 0, odrediti član koji ne zavisi od a. ( 21 Zadatak 58 Koji član u razvoju binoma 3 a b + b 3, a > 0, b > 0, a) sadrži a i b sa istim stepenom? ( Zadatak 59 Koficijenti četvrtog i trinaestog člana u razvoju binoma x 2 + x) a n, x 0, n N, su medusobno jednaki. Odrediti član koji ne sadrži x. ( 3 Zadatak 60 U razvoju binoma x2 + y ) n, x 0, n N, odrediti član koji x ne sadrži x ako je binomni koeficijent trećeg člana za 5 veći od binomnoig koeficijenta drugog člana. Zadatak 61 Zbir koeficijenata posljednja tri člana u razvoju binoma ( x 2 + 1 x) n, x 0, n N, jednak je 46. Odrediti član koji ne sadrži x.

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

32 GLAVA 3. KOMBINATORIKA Analogno se dokazuje da je broj permutacija sa ponavljanjem skupa S tipa (n + r + s 2)! (r, s, 1,..., 1) jednak. Ponavljajući ovaj postupak, induktivno r!! se zaključuje da važi tvrdenje teoreme. 3.5 Zadaci Zadatak 62 Napisati sve permutacije skupa {k, r, u, g} i poredati ih u leksikografskom poretku. Zadatak 63 Odrediti prvu, desetu i stotu permutaciju skupa {a, b, c, d, e}. Zadatak 64 Koliko ima permutacija skupa {1,2,3,4,5,6} koje počinju sa: 1. brojem 5, 2. 123, 3. tri parne cifre? Zadatak 65 U koliko se permutacija skupa {a,b,c,d,e} elementi a i e nalaze na krajevima (na prvoj i posljednjoj poziciji)? Zadatak 66 Na koliko različitih načina sedam osoba različitih starosti mogu stati u vrstu, pod uslovom da najstarija osoba bude u sredini? Zadatak 67 Na koliko različitih načina je moguće kombinovati četiri unutrašnje i četiri spoljašnje automobilske gume? Zadatak 68 Na koliko se načina cifre 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 mogu poredati u niz tako da se na prvih pet mjesta nalaze parne cifre? Zadatak 69 U koliko permutacija od elemenata 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 se elementi 2, 4, 5, 6 nalaze jedan pored drugog u nekom: 1. zadanom poretku, 2. proizvoljnom poretku? Zadatak 70 Koliko ima permutacija skupa {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} kod kojih: 1. su elementi 0 i 1 susjedni, pri čemu je 0 ispred 1, 2. se izmedu 0 i 1 nalazi tačno jedan element, 3. se 0 nalazi (ne obavezno neposredno) ispred 1? Zadatak 71 Koliko ima permutacija od n elemenata u kojima: 1. dva data elementa a i b ne stoje jedan pored drugog,

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

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

3.7. ZADACI 35 1. ni jedan broj ne sadrži jednake cifre, 2. cifre se mogu ponavljati? Zadatak 78 Krokodil ima 68 zuba. Dokazati da medu 16 17 krokodila nikoja dva ne moraju imati isti raspored zuba. Zadatak 79 U mjestu u kojem živi 1000 osoba barem dvije imaju iste inicijale. Zadatak 80 Koliko ima petocifrenih brojeva koji se mogu napisati od cifara 0, 2, 4, 6 i 8 ako se: 1. petocfrenim brojem smatraju i oni koji počinju sa nulom, 2. petocfrenim brojem ne smatraju oni koji počinju sa nulom (nulama)? Zadatak 81 Koliko je Morzeovih znakova moguće napraviti pomoću osnovnih znakova i ako se zna da se svaki znak sastoji od najviše četiri znaka? Zadatak 82 Koliko kolona treba popuniti na listiću sportske prognoze da bi dobitak bio siguran? Na tiketu se nalazi trinaest parova sa mogućim ishodima 0, 1 ili 2. Zadatak 83 Koliko se trocifrenih brojeva može obrazovati od cifara 1, 3, 5, 7 i 9. Zadatak 84 Fudbalski tim (od jedanaest igrača) se sastavlja od trinaest igrača. Na koliko je načina moguće sastaviti tim ako: 1. svaki igrač može igrati na svakoj poziciji, 2. dva igrača mogu biti samo golmani? Zadatak 85 Riješiti jednačinu (n + 3)! V 5 n (n 5)! = 720. Zadatak 86 Koji od brojeva V k n ili V k 1 n 1 je veći i koliko puta? Zadatak 87 Koliko se petocifrenih brojeva može obrazovati od cifara 0, 1, 2, 5, 7 i 9 tako da se 0 ne nalazi ni na prvom, niti na posljednjem mjestu i da se ni jedna cifra ne ponavlja. Zadatak 88 Koliko ima dvocifrenih, a koliko trocifrenih brojeva od cifara 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 i 9 kod kojih su sve cifre različite?

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