Matematika 1

April 7, 2017 | Author: Anonymous | Category: N/A

Share Embed Donate

Report this link

Short Description

Download Matematika 1...

Description

Predgovor Udˇzbenik je prevashodno namenjen studentima uˇciteljskih fakulteta, jer prati nastavni program matematike na prvoj godini Uˇciteljskog fakulteta u Somboru. U cilju lakˇseg praćenja sadrˇzaja numeracija definicija, teorema, primera, slika i dr. urad¯ena je zasebno za svaku glavu. U prvoj glavi uvedena je standardna terminologija koja se koristi u matematiˇckoj logici. Obrad¯ene su osnovne logiˇcke operacije kao i iskazne formule. Poseban naglasak stavljen je na tautologije. Skupovi su prezentovani u drugoj glavi i zbog namene udˇzbenika izostavljeno je njihovo aksiomatsko zasnivanje. Navedeni su naˇcini pretstavljanja skupova, osnovne operacije i zadaci koji se reˇsavaju pomoću skupova. Na osnovu Dekartovog proizvoda skupova u trećoj glavi data je definicija relacije. Objaˇsnjene su dobro poznate relacije ekvivalencije i relacije poretka. Uveden je pojam klase ekvivalencije. Posebnu vrstu relacija pretstavljaju preslikavanja (funkcije). Klasifikacija preslikavanja kao i proizvod preslikavanja dati su u ˇcetvrtoj glavi. Definicija operacije i klasifikacija algebarskih struktura navedena je u petoj glavi. Navedene su i standardne osobine operacija. U ˇsestoj glavi dato je aksiomatsko zasnivanje skupa prirodnih brojeva. Dat je pregled i ostalih skupova brojeva, kao i njihove karakteristiˇcne osobine. Linearne jednaˇcine i nejednaˇcine, kao i sistemi linearnih jednaˇcina razmatraju se u sedmoj glavi. To je uslovilo da se navedu i najznaˇcajnije osobine determinanti. Pojam niza, permutacije, varijacije i kombinacije (bez i sa ponavljanjem) navedeni su u osmoj glavi. Dat je veliki broj primera pomoću kojih ˇcitalac lakˇse usvaja navedenu materiju. Zbog velike primene obrad¯en je i pojam binomnog koeficijenta. U devetoj glavi, navedeni su osnovni pojmovi i tvrd¯enja iz verovatnoće. Trudio sam se da preko primera bacanja kocke ˇcitalac praktiˇcno shvati znaˇcaj

1

2 ove matematiˇcke oblasti na ˇsto jednostavniji naˇcin. Istorijski razvoj geometrije, aksiomatska izgradnja i znaˇcajnije geometrijske figure predmet su izlaganja u desetoj glavi. Vektori su obrad¯eni u većoj meri nego ˇsto je to realno potrebno studentima uˇciteljskih fakulteta. Ovom prilikom ˇzelim da izrazim svoju zahvalnost prof. dr Stani Cvejić i prof. dr Nenadu Petroviću na korisnim savetima tokom pisanja ovog udˇzbenika. U Somboru, januara 2005.

Autor

Glava 1

Matematiˇ cka logika 1.1

Iskazi i logiˇ cke operacije

U matematiˇckom jeziku, koji je znatno precizniji od govornog, jedan od osnovnih pojmova je pojam iskaza. Iskazi su one reˇcenice o kojima ima smisla govoriti da li su taˇcne (>, ˇcitati ”te”) ili su netaˇcne (⊥, ˇcitati ”ne te”). Za oznaˇcavanje iskaza koristimo slova p, q, r... ili p1 , p2 , p3 ... . Primer 1. Koje od datih reˇcenica jesu iskazi: 1) Zemlja je zvezda. 2) Na kojoj si godini studija? 3) 8 > 4. 4) (x − 1)3 = 8. Reˇsenje: 1) Jeste (⊥). 2) Nije. 3) Jeste (>). 4) Nije, jer za x = 3 reˇcenica je taˇcna, a za recimo x = 5 netaˇcna. Skup {p, q, r, ... ∨, ∧, ⇒, ⇔, ¬, (, )} zovemo azbuka. Elemente tog skupa nazivamo: p, q, r, ..., ∨, ∧, ⇒, ⇔, ¬,

(, )

iskazna slova, znaci logiˇckih operacija, pomoćni znaci.

Definiˇsimo pet navedenih logiˇckih operacija, od kojih su prve ˇcetiri binarne, a poslednja unarna:

3

4

Glava 1. Matematiˇcka logika

Definicija 1. Disjunkcija redom iskaza p, q jeste iskaz ”p ili q ”. Disjunkcija je netaˇcan iskaz samo ako su i iskaz p i iskaz q netaˇcni. U svim ostalim sluˇcajevima je taˇcan iskaz. Disjunkciju ”p ili q” oznaˇcavamo p ∨ q. Definicija 2. Konjukcija redom iskaza p, q jeste iskaz ”p i q”. Konjukcija je taˇcan iskaz samo ako su i iskaz p i iskaz q taˇcni. U svim ostalim sluˇcajevima je netaˇcan iskaz. Konjukciju ”p i q” oznaˇcavamo p ∧ q. Definicija 3. Implikacija redom iskaza p, q jeste iskaz ”ako p, onda q”. Implikacija je netaˇcan iskaz samo ako je iskaz p taˇcan i iskaz q netaˇcan. U svim ostalim sluˇcajevima je taˇcan iskaz. Implikaciju ”ako p onda q” oznaˇcavamo p ⇒ q. Definicija 4. Ekvivalencija redom iskaza p, q jeste iskaz ”p ako i samo ako q”. Ekvivalencija je taˇcan iskaz samo ako su i iskaz p i iskaz q taˇcni ili iskaz p i iskaz q netaˇcni. U svim ostalim sluˇcajevima je netaˇcan iskaz. Ekvivalenciju ”p ako i samo ako q” oznaˇcavamo p ⇔ q. Definicija 5. Negacija iskaza p jeste iskaz ”nije p”. Negacija iskaza p je taˇcan iskaz ako je iskaz p netaˇcan, a netaˇcan iskaz ako je iskaz p taˇcan. Negaciju ”nije p” oznaˇcavamo ¬p. Primer 2. Sledeće iskaze napisati elementima azbuke: 1) Zemlja je zvezda i zemlja je nebesko telo. 2) Zemlja je zvezda ili je zemlja nebesko telo. 3) Ako je zemlja zvezda onda je zemlja nebesko telo. 4) Zemlja je zvezda ako i samo ako je zemlja nebesko telo. 5) Zemlja nije zvezda. Reˇsenje: Oznaˇcimo iskaze p : Zemlja je zvezda

i

q : Zemlja je nebesko telo.

Tada je: 1) p ∧ q, 2)p ∨ q, 3) p ⇒ q, 4) p ⇔ q, 5)¬p. Od iskaza p, q, r... koristeći logiˇcke operacije gradimo sloˇzene iskaze na sledeći naˇcin:

1.1. Iskazi i logiˇcke operacije

5

Definicija 6. Iskazne formule (sloˇzeni iskazi) se definiˇsu na sledeći naˇcin: 1. Iskazna slova su iskazne formule ( ili kraće formule). 2. Ako su A i B formule, onda su i (A ∨ B), (A ∧ B), (A ⇒ B), (A ⇔ B), ¬A, formule. 3. Formule se mogu obrazovati samo konaˇcnom primenom 1. i 2. Po dogovoru o izostavljanju zagrada u formulama imamo: 1. izostavljanje spoljnih zagrada: umesto (p ∨ q) piˇsemo p ∨ q, 2. logiˇcke operacije ⇒ i ⇔ ”jaˇce” razdvajaju formule od operacija ∧ i ∨: umesto (p ∨ q) ⇒ r piˇsemo p ∨ q ⇒ r, 3. umesto (...((p1 ∨p2 )∨p3 )...∨pn−1 )∨pn ; piˇsemo p1 ∨p2 ∨p3 ...∨pn−1 ∨pn . Ured¯enu ˇsestorku ({>, ⊥}, ∨, ∧, ⇒, ⇔, ¬ ) kod koje je prva komponenta dvoˇclan skup {>, ⊥}, ostale osim poslednje, binarne operacije skupa {>, ⊥}, a poslednja unarna, definisane sledećim Kelijevim tablicama: ∨ > ⊥ > > > ⊥ > ⊥

∧ > ⊥ > > ⊥ ⊥ ⊥ ⊥

⇒ > ⊥ > > ⊥ ⊥ > >

⇔ > ⊥ > > ⊥ ⊥ ⊥ >

¬ > ⊥ ⊥ >

zovemo iskazna algebra. Iskazna slova p, q, r, ... interpretiramo kao elemente skupa {>, ⊥} iskazne algebre. Definicija 7. Neka iskazna slova pi uzimaju vrednosti iz skupa {>, ⊥}. Tada 1. Vrednost formule pi je vrednost iskaznog slova pi ( u oznaci v(pi ).) 2. Ako je v(A) vrednost formule A i v(B) vrednost formule B, onda su v(A)∨v(B), v(A)∧v(B), v(A) ⇒ v(B), v(A) ⇔ v(B), ¬v(A) vrednosti formula A ∨ B, A ∧ B, A ⇒ B, A ⇔ B, i ¬A redom. Primer 3. Odrediti istinitosnu vrednost formula: 1) (10 : 3 − 1 < 2 + 3 · 2) ∧ (−(−8 − 4) : 2 = 7) ⇔ (−3 − 4 · 4 > 2), 2) (0, 6 : 0, 02 = 0, 3) ⇒ ((0, 1 + 0, 2 − 0, 4 > 0, 5) ∨ (0, 1 · 0, 2 < 0, 3)), 2 2 1 6 7 1 3) ¬ − < ⇔ · > . 3 5 2 7 8 2

6

Glava 1. Matematiˇcka logika Reˇsenje: 1) > ∧ ⊥ ⇔ ⊥ = ⊥ ⇔ ⊥ = >, 2) ⊥ ⇒ (⊥ ∨ >) = ⊥ ⇒ > = >, 3) ¬> ⇔ > = ⊥ ⇔ > = ⊥.

Ako je formula A sagrad¯ena od slova p 1 , p2 , ...pn (ˇsto ćemo nadalje oznaˇcavati sa A(p1 , p2 , ...pn ) ), tada ona za svaki izbor pomenutih slova dobija vrednost > ili ⊥. Poˇsto se radi o ured¯enim n-torkama, takvih mogućnosti imamo 2n (varijacije sa ponavljanjem n-te klase od 2 elementa). Na osnovu toga, svakoj formuli A(p1 , p2 , ...pn ) odgovara jednoznaˇcno istinitosna funkcija: f (A) : {>, ⊥}n → {>, ⊥}. Na taj naˇcin dobijamo istinitosne tablice formule, u kojima ćemo umesto v(p) radi jednostavnosti pisati kratko p. Primer 4. Napisati istinitosnu tablicu formule ((p ⇒ q) ∨ ¬r) ⇔ (p ⇒ r). Reˇsenje: U opˇstem sluˇcaju, neka je broj razliˇcitih iskaznih slova u formuli n. Tada zadatak za jedno, dva, tri ili ˇcetiri razliˇcita slova poˇcinjemo da reˇsavamo na sledeći naˇcin: p ··· > ··· ⊥ ···

p > > ⊥ ⊥

q > ⊥ > ⊥

··· ··· ··· ··· ···

p > > > > ⊥ ⊥ ⊥ ⊥

q > > ⊥ ⊥ > > ⊥ ⊥

r > ⊥ > ⊥ > ⊥ > ⊥

··· ··· ··· ··· ··· ··· ··· ··· ···

p > > > > > > > > ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥

q > > > > ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ > > > > ⊥ ⊥ ⊥ ⊥

r > > ⊥ ⊥ > > ⊥ ⊥ > > ⊥ ⊥ > > ⊥ ⊥

s > ⊥ > ⊥ > ⊥ > ⊥ > ⊥ > ⊥ > ⊥ > ⊥

··· ··· ··· ··· ··· ··· ··· ··· ··· ··· ··· ··· ··· ··· ··· ··· ···

1.2. Tautologije

7

U naˇsem zadatku tablica istinitosti je data sa: p > > > > ⊥ ⊥ ⊥ ⊥

1.2

q > > ⊥ ⊥ > > ⊥ ⊥

r p ⇒ q ¬r (p ⇒ q) ∨ ¬r p ⇒ r ((p ⇒ q) ∨ ¬r) ⇔ (p ⇒ r) > > ⊥ > > > ⊥ > > > ⊥ ⊥ > ⊥ ⊥ ⊥ > ⊥ ⊥ ⊥ > > ⊥ ⊥ > > ⊥ > > > ⊥ > > > > > > > ⊥ > > > ⊥ > > > > >

Tautologije

Definicija 8. Za formulu A kaˇzemo da je tautologija ako za sve vrednosti svojih iskaznih slova formula A ima vrednost > (oznaˇcavamo sa |= A). Formula koja za sve vrednosti iskaznih slova ima vrednost ⊥ se naziva kontradikcija. Primer 5. Navesti jednu formulu koja je kontradikcija kao i njenu tablicu istinitosti. Reˇsenje: Najjednostavnija kontradikcija je oblika p ∧ ¬p, dok je njena tablica istinitosti: p ¬p p ∧ ¬p > ⊥ ⊥ ⊥ > ⊥ Navodimo bez dokaza sledeća tvrd¯enja: Teorema 1. Ako je |= A i |= A ⇒ B onda je |= B. Teorema 2. Ako je |= A(p1 , p2 , ..., pn ) i B1 , B2 , ..., Bn su iskazne formule, onda je |= A(B1 , B2 , ..., Bn ). Teorema 3. Ako su A i B formule i C formula koja ima formulu A kao podformulu (u oznaci C(A) ) tada vaˇzi |= A ⇔ B ⇒ (C(A) ⇔ C(B)). Da bismo dokazali da je neka formula tautologija moˇzemo koristiti jedan od sledeća tri metoda:

8

Glava 1. Matematiˇcka logika 1. metod tablice istinitosti (ako u tablici istinitosti u koloni poˇcetne formule imamo sve vrednosti >, formula je tautologija), 2. metod svod¯enja na protivreˇcnost (pogodna za formule oblika A ⇒ B), 3. metod dovod¯enja formule na konjuktivnu formu. Opˇsti sluˇcaj se sastoji u sledećem: ako formula A sadrˇzi znak ⇔, taj znak uklanjamo pomoću tautologije (p ⇔ q) ⇔ (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p), zatim znak ⇒ uklanjamo pomoću tautologije (p ⇒ q) ⇔ ¬p∨q. Sada imamo formulu koja sadrˇzi znakove ∨, ∧, ¬. Pomoću tautologija p ∨ (q ∨ r) ⇔ (p ∨ q) ∨ r p ∧ (q ∧ r) ⇔ (p ∧ q) ∧ r p ∨ (q ∧ r) ⇔ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r) p ∧ (q ∨ r) ⇔ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r) ¬(p ∨ q) ⇔ ¬p ∧ ¬q ¬(p ∧ q) ⇔ ¬p ∨ ¬q formulu A svodimo na formulu oblika A 1 ∧ A2 ∧ ... ∧ An (konjuktivna forma), gde su formule Ai , 0 < i < n + 1 oblika p1 ∨ p2 ∨ ... ∨ pk , i pri tome su pj slova ili negacije slova poˇcetne formule A.

Primer 6. Koristeći navedene metode pokazati da su sledeće formule tautologije: 1) (p ⇔ q) ⇔ (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p) 2) (p ∧ q) ⇒ p 3) (p ∧ q) ⇔ (q ∧ p)

(zakon uklanjanja ⇔) (zakon uklanjanja ∧) (zakon komutacije za ∧)

Reˇsenje: Zadatak 1) reˇsićemo tablicom istinitosti, zadatak 2) svod¯enjem na kontradikciju, a 3) pomoću konjuktivne forme. Oznaˇcimo sa A(p, q) = (p ⇔ q) ⇔ (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p). Tada je

1.2. Tautologije

1)

p > > ⊥ ⊥

9

q p ⇒ q q ⇒ p (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p) p ⇔ q A(p, q) > > > > > > ⊥ ⊥ > ⊥ ⊥ > > > ⊥ ⊥ ⊥ > ⊥ > > > > >

2) Pretpostavimo da formula nije tautologija. Tada postoji izbor vrednosti iskaznih slova da je > ⇒ ⊥ = ⊥. Odnosno (p ∧ q) = > i p = ⊥. Na osnovu poslednje dve jednakosti imamo da je ⊥ ∧ q = >, ˇsto je kontradikcija za ma koju vrednost iskaznog slova q. 3) Svod¯enjem na konjuktivnu formu pokazaćemo da je i poslednja formula tautologija: (p ∧ q) ⇔ (q ∧ p)

(poˇcetna formula)

(p ∧ q) ⇒ (q ∧ p) ∧ (q ∧ p) ⇒ (p ∧ q) (zakon uklanjanja ⇔) Na osnovu zakona (p ⇒ q) ⇔ ¬p ∨ q imamo ¬(p ∧ q) ∨ (q ∧ p) ∧ ¬(q ∧ p) ∨ (p ∧ q). Na osnovu zakona ¬(p ∧ q) ⇔ ¬q ∨ ¬p imamo (¬p ∨ ¬q) ∨ (q ∧ p) ∧ (¬q ∨ ¬p) ∨ (p ∧ q). Na osnovu zakona p ∨ (q ∧ r)) ⇔ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r) imamo (¬p ∨ ¬q ∨ q) ∧ (¬p ∨ ¬q ∨ p) ∧ (¬q ∨ ¬p ∨ p) ∧ (¬q ∨ ¬p ∨ q), ˇsto je konjuktivna forma. Iz poslednje formule na osnovu zakona ¬p ∨ p ∨ q = > ∨ q = > imamo > ∧ > ∧ > ∧ > = >, pa je poˇcetna formula tautologija.

10

Glava 1. Matematiˇcka logika

1.3

Kvantifikatori

Reˇcenicu ”x ima svojstvo B”, gde je x objekat odred¯enog skupa, a B je neko svojstvo oznaˇcavamo sa B(x). Uopˇste, ako je B svojstvo duˇzine n nekog odred¯enog skupa, reˇcenicu ”(x1 , x2 , ..., xn ) ima svojstvo B” oznaˇcavamo sa B(x1 , x2 , ..., xn ). Reˇcenicu ”Za svaki x ∈ A, B(x)” oznaˇcavamo sa (∀x)B(x), gde ∀ nazivamo univerzalni kvantifikator. Reˇcenicu ”Postoji x ∈ A, B(x)” oznaˇcavamo sa (∃x) B(x), gde ∃ nazivamo egzistencijalni kvantifikator. Primer 7. Matematiˇckim jezikom iskazati sledeće reˇcenice: 1) Proizvod pozitivnog i negativnog celog broja je negativan ceo broj. 2) Postoji broj x da je njegov kub manji od -8. 3) Zbir dva prirodna broja je prirodan broj. 4) Ako je prirodan broj deljiv sa deset, onda je on deljiv i sa dva i sa pet. 5) Za svaki prirodan broj x postoji prirodan broj y takav da je 2x + 5 = y. Reˇsenje: 1) (∀x ∈ Z+ )(∀y ∈ Z− )(x · y ∈ Z− ), 2) (∃x)(x3 < −8), 3) (∀x ∈ N)(∀y ∈ N)(x + y ∈ N), 4) (∀x ∈ N)(10|x ⇒ (2|x ∧ 5|x)), 5) (∀x ∈ N)(∃y ∈ N)(2x + 5 = y). Teorema 4. Navedeni kvantifikatori zadovoljavaju sledeće formule: ¬(∀x)B(x) ⇔ (∃x)¬B(x) ¬(∃x)B(x) ⇔ (∀x)¬B(x) (∀x)(B(x) ∧ C(x)) ⇔ (∀x)B(x) ∧ (∀x)C(x) (∀x)(B(x) ∨ C(x)) ⇔ (∀x)B(x) ∨ (∀x)C(x) (∃x)(B(x) ∧ C(x)) ⇔ (∃x)B(x) ∧ (∃x)C(x) (∃x)(B(x) ∨ C(x)) ⇔ (∃x)B(x) ∨ (∃x)C(x)

1.4. Zadaci

11

Primer 8. Govornim jezikom iskazati sledeće formule: 1) (∀x ∈ N)(∃y ∈ N)(y > x), 2) (∀x ∈ N)¬(x ≤ −1), 3) (∃x ∈ R)(0, 1 < x < 0, 2). Reˇsenje: 1) Za svaki prirodan broj x, postoji prirodan broj y koji je veći od njega. 2) Svaki prirodan broj je veći od −1. 3) Postoji realan broj x izmed¯u brojeva 0, 1 i 0, 2.

1.4

Zadaci

1. Koje od datih reˇcenica jesu iskazi: 1) 9 − 5 = 8. 2) 9 − 5 = 4. 3) Da li je danas sreda? 4) Zbir uglova u trouglu je 1800 . 5) Celi brojevi su racionalni. Za reˇcenice koje jesu iskazi odrediti njihovu istinitosnu vrednost. 2. Odrediti istinitosnu vrednost formula: 1) (18 : 5 − 1 < −4 + 5 · 2) ∨ (−(−11 + 34) : 5 = 17) ∧ (8 · 2 > 2), 2) (0, 05 : 0, 01 = 0, 4) ⇒ ((1, 1 + 2, 2 − 4, 4 > 1, 5) ∧ (1, 1 · 2, 2 < 3, 3)), 3 5 7 9 8 7 3) ¬ − < ⇔ · > . 4 6 8 8 7 6 3. Napisati istinitosne tablice za formule: 1) (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ r) ⇔ (p ⇒ r) 2) (p ⇔ q) ∨ (q ⇔ r) ⇒ (p ⇔ r)

12

Glava 1. Matematiˇcka logika 3) (p ⇒ q) ∧ ¬q ⇒ ¬p 4) (p ⇒ q) ⇔ (¬q ⇒ ¬p) 5) ((p ∧ ¬p) ⇔ (q ∨ ¬p)) ⇔ r

4. Matematiˇckim jezikom iskazati sledeće reˇcenice: 1) Postoje realni brojevi koji nisu racionalni. 2) Svaki kvadrat je pravougaonik. 3) Postoji najveći ceo negativan broj. 4) Ni jedan realan broj ne zadovoljava jednaˇcinu x 2 = −1. 5) Svi prirodni brojevi su celi. 5. Govornim jezikom iskazati sledeće formule: 1) (∀x ∈ N)(∃y ∈ N)(x2 > y − 1), 2) (∀x ∈ R)(∀y ∈ R)((x · y)2 ≥ x · y), 3) ¬(∃x ∈ R)(x < 2 ∧ x < 3). 6. Pokazati da su sledeće formule tautologije: 1) p ∧ (p ∨ q) ⇔ p

(zakon apsorpcije)

2) p ∨ (p ∧ q) ⇔ p

(zakon apsorpcije)

3) ¬(p ∧ q) ⇔ ¬p ∨ ¬q

(De Morganov zakon)

4) ¬(p ∨ q) ⇔ ¬p ∧ ¬q

(De Morganov zakon)

5) (p ⇒ q) ⇔ ¬p ∨ q

(zakon uklanjanja ⇒)

6) (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ r) ⇒ (p ⇒ r)

(zakon tranzitivnosti za ⇒)

7) (p ⇔ q) ∧ (q ⇔ r) ⇒ (p ⇔ r)

(zakon tranzitivnosti za ⇔)

8) (p ⇒ q) ⇒ (¬q ⇒ ¬r)

(zakon kontrapozicije)

9) (p ⇒ r) ∧ (q ⇒ r) ⇒ (p ∨ q ⇒ r) (zakon sabiranja pretpostavki) 10) (p ⇒ q) ∧ (p ⇒ r) ⇒ (p ⇒ q ∧ r)

(zakon mnoˇzenja posledica)

Glava 2

Skupovi 2.1

Skup i podskup

Skup je osnovni pojam, ˇsto znaˇci da se ne definiˇse. Intuitivno, pod skupom podrazumevamo sve objekte udruˇzene prema odred¯enim zajedniˇckim osobinama. Pojam skupa je uveo nemaˇcki matematiˇcar Georg Kantor (1845 - 1918) 1870. godine. Ovde se nećemo baviti aksiomatskim zasnivanjem teorije skupova, već samo intuitivnim. Skupove oznaˇcavamo velikim slovima latinice A, B, C, ..., dok njihove elemente oznaˇcavamo malim slovima a, b, c, ... . Ukoliko element a pripada skupu A to ćemo oznaˇcavati sa a ∈ A, dok je u suprotnom oznaka a 6∈ A. Skupovi se zadaju: 1) analitiˇcki - navod¯enjem njegovih elemenata izmed¯u velikih zagrada, 2) sintetiˇcki - navod¯enjem svojstava koja zadovoljavaju elementi, 3) Venovim dijagramom (zatvorena amorfna kriva). Primer 1. Navesti skup A ˇciji su elementi brojevi −2, −1, 0, 1, 2 na tri razliˇcita naˇcina. Reˇsenje: 1) analitiˇcki

A = {−2, −1, 0, 1, 2},

2) sintetiˇcki

A = {x|x ∈ Z ∧ |x| ≤ 2},

3) Venov dijagram:

13

14

Glava 2. Skupovi

Slika 1. Broj elemenata skupa moˇze biti konaˇcan ili beskonaˇcan. Konaˇcan skup koji nema elemenata nazivamo prazan skup i to obeleˇzavamo sa ∅ ili {}. Broj elemenata konaˇcnog skupa A nazivamo kardinalni broj skupa A i obeleˇzavamo ga sa card(A).1 Definiˇsimo dve osnovne relacije2 za skupove: jednakost i podskup. Definicija 1. Dva skupa A i B su jednaka ako i samo ako imaju iste elemente i to oznaˇcavamo sa A = B. (U suprotnom A 6= B.) def

A = B ⇔ (∀x)(x ∈ A ⇔ x ∈ B) Primer 2. Da li su skupovi A = {a, b, d, a} i B = {a, b, d} jednaki? Reˇsenje: Poˇsto je A = {a, b, d, a} = {a, b, d, } sledi da je A = B. Navodimo osnovne osobine relacije jednakosti skupova, iskazane u slede− ćoj teoremi: Teorema 1. Za skupove A, B i C vaˇzi: 1) A = A, 2) A = B ⇒ B = A, 3) A = B ∧ B = C ⇒ A = C. 1 Pojam kardinalnosti skupa, kao i pojam beskonaˇcnosti (konaˇcnosti) posebno se definiˇsu na osnovu preslikavanja (glava ˇcetiri). 2 Pojam relacije detaljno je objaˇsnjen u narednoj glavi.

2.2. Operacije sa skupovima

15

Pored relacije ”biti jednak”, pomenuli smo i relaciju ”biti podskup”. Relaciju ”biti podskup” definiˇsemo na sledeći naˇcin: Definicija 2. Skup A je podskup skupa B, u oznaci A ⊆ B, ako je svaki element skupa A i element skupa B. (U suprotnom A 6⊆ B) def

A ⊆ B ⇔ (∀x)(x ∈ A ⇒ x ∈ B) Skup A je pravi podskup skupa B ako su skupovi A i B razliˇciti i skup A je podskup skupa B. def

A ⊂ B ⇔ (A 6= B ∧ A ⊆ B). Primer 3. Za dati skup navesti bar dva prava podskupa A = {1, a, b, 3, d}. Reˇsenje: Mogući traˇzeni skupovi su B = {1, d} i C = {1, 3, a}. Sliˇcno kao kod relacije jednakosti, osnovne osobine relacije ”biti podskup” daje sledeća teorema: Teorema 2. Za skupove A, B i C vaˇzi: 1) A ⊆ A, 2) A ⊆ B ∧ B ⊆ A ⇒ A = B, 3) A ⊆ B ∧ B ⊆ C ⇒ A ⊆ C, 4) A ⊂ B ∧ B ⊂ C ⇒ A ⊂ C.

2.2

Operacije sa skupovima

Osnovne operacije3 sa skupovima su: partitivan skup, unija, presek, razlika, simetriˇcna razlika, komplement i dekartov proizvod. Definicija 3. Partitivan skup skupa A je skup svih podskupova A, u oznaci P (A). ( ∅ ∈ P (A)). P (A) = {S|S ⊆ A}. Primer 4. Za skup A = {1, 2, 3} naći P (A). 3

Taˇcna definicija pojma operacije nalazi se na poˇcetku pete glave.

16

Glava 2. Skupovi Reˇsenje: P (A) = {∅, {1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3} }.

Napomenimo da ako skup A ima n elemenata tada će skup P (A) imati 2 n elemenata. Definicija 4. Unija skupova A i B, u oznaci A ∪ B, je skup svih elemenata koji pripadaju bar jednom od skupova A i B. n o def A ∪ B = x|x ∈ A ∨ x ∈ B ili

(∀x)(x ∈ A ∪ B ⇐⇒ x ∈ A ∨ x ∈ B). Osnovne osobine operacije unija, kao i odnos sa relacijom podskup daju sledeća tvrd¯enja: Teorema 3. Za skupove A, B i C vaˇzi: 1) A ∪ B = B ∪ A, 2) (A ∪ B) ∪ C = A ∪ (B ∪ C), 3) A ∪ A = A, 4) A ∪ ∅ = A, 5) A ⊆ A ∪ B, B ⊆ A ∪ B, 6) A ⊆ B ⇒ A ∪ B = B. Definicija 5. Presek skupova A i B, u oznaci A∩B, je skup svih elemenata koji pripadaju i skupu A i skupu B. n o def A ∩ B = x|x ∈ A ∧ x ∈ B

ili

(∀x)(x ∈ A ∩ B ⇐⇒ x ∈ A ∧ x ∈ B). Za skupove ˇciji je presek prazan skup kaˇzemo da su disjunktni. Primer 5. Dokazati da vaˇzi relacija:

A ∪ (A ∩ B) = A.

2.2. Operacije sa skupovima

17

Reˇsenje: Neka je x proizvoljan element skupa A ∪ (A ∩ B), tj. neka je x ∈ A ∪ (A ∩ B). Na osnovu definicije unije skupova zakljuˇcujemo da je x elemenat bar jednog od skupova A i A∩B. To znaˇci da je x ∈ A∨x ∈ (A∩B). Koristeći definiciju preseka zakljuˇcujemo da vaˇzi x ∈ A ∨ (x ∈ A ∧ x ∈ B). Sada nije teˇsko zakljuˇciti da je x ∈ A. Prema tome, proizvoljan element x skupa A ∪ (A ∩ B) je takod¯e ˇclan skupa A. Na osnovu definicije podskupa imamo da je A ∪ (A ∩ B) ⊆ A

(1)

Dokaˇzimo da relacija vaˇzi i u obrnutom smeru: Pretpostavimo da je y ma koji element skupa A, tj. y ∈ A. Na osnovu definicije unije zakljuˇcujemo da je tada y ∈ A ∪ (A ∩ B). Dakle, proizvoljan element y ∈ A je takod¯e element skupa A ∪ (A ∩ B). Koristeći definiciju podskupa zakljuˇcujemo da vaˇzi A ⊆ A ∪ (A ∩ B)

(2)

Na osnovu (1) i (2) i definicije jednakosti skupova sledi da vaˇzi A ∪ (A ∩ B) = A. Navedeni dokaz mogao je teći i kraće na sledeći naˇcin: x ∈ A ∪ (A ∩ B)

⇐⇒

x ∈ A ∨ (x ∈ A ∩ B)

⇐⇒

x ∈ A.

⇐⇒

x ∈ A ∨ (x ∈ A ∧ x ∈ B)

Osnovne osobine operacije presek, kao i odnos sa relacijom podskup daju sledeća tvrd¯enja: Teorema 4. Za skupove A, B i C vaˇzi: 1) A ∩ B = B ∩ A, 2) (A ∩ B) ∩ C = A ∩ (B ∩ C), 3) A ∩ A = A, 4) A ∩ ∅ = ∅, 5) A ∩ B ⊆ A,

A∩B ⊆B

6) A ⊆ B ⇒ A ∩ B = A.

18

Glava 2. Skupovi

Odnos operacija presek i unija dati su sledećom teoremom (operacije unija i presek su med¯usobno distributivne, a za taˇcno objaˇsnjenje osobine distributivnosti pogledati glavu pet): Teorema 5. Za proizvoljne skupove A, B i C vaˇzi: 1) A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C), 2) A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C). Sledeća operacija med¯u skupovima je razlika skupova. Nju definiˇsemo na sledeći naˇcin: Definicija 6. Razlika skupova A i B, u oznaci A \ B, je skup koji sadrˇzi sve elemente skupa A koji ne pripadaju skupu B. def

A \ B = {x|x ∈ A ∧ x 6∈ B} ili (∀x)(x ∈ A \ B ⇐⇒ x ∈ A ∧ x 6∈ B) Odnos operacije razlika sa operacijama unija i presek, kao i relacijom podskup daju sledeća tvrd¯enja: Teorema 6. Za skupove A, B i C vaˇzi: 1) A \ B ⊆ A, A \ ∅ = A, 2) A ⊆ B ⇐⇒ A \ B = ∅, 3) A 6= B ⇒ A \ B 6= B \ A, 4) C \ (C \ A) ⊆ A, 5) C \ (A ∪ B) = (C \ A) ∩ (C \ B), 6) C \ (A ∩ B) = (C \ A) ∪ (C \ B). Primer 6. Od 38 uˇcenika jednog razreda 20 uˇcenika govori engleski jezik, a 24 nemaˇcki. Engleski, nemaˇcki i kineski govori 5, engleski i nemaˇcki 9, samo nemaˇcki 6, a engleski i kineski 10. Koliko uˇcenika govori samo kineski? Reˇsenje: Na osnovu Venovog dijagrama (slika 2) vidimo da samo kineski govore 3 uˇcenika.

2.2. Operacije sa skupovima

19

Slika 2. Definicija 7. Simetriˇcna razlika skupova A i B, u oznaci A4B, je skup (A \ B) ∪ (B \ A), tj. def

A4B = (A \ B) ∪ (B \ A). Primer 7. Dokazati: A4B = (A ∪ B) \ (A ∩ B). Reˇsenje: x ∈ A4B

⇐⇒

x ∈ (A \ B) ∪ (B \ A)

⇐⇒

(x ∈ A ∧ x ∈ / B) ∨ (x ∈ B ∧ x ∈ / A)

⇐⇒

⇐⇒

⇐⇒

⇐⇒

x ∈ (A \ B) ∨ x ∈ (B \ A)

(x ∈ A ∨ x ∈ B) ∧ (x ∈ / A∨x∈ / B)

(x ∈ A ∪ B) ∧ x ∈ / (A ∩ B) x ∈ [(A ∪ B) \ (A ∩ B)].

Teorema 7. Za skupove A, B i C vaˇzi: 1) A4A = ∅, 2) A4∅ = A, 3) A4B = B4A, 4) (A4B)4C = A4(B4C), 5) A ∩ (B4C) = (A ∩ B)4(A ∩ C).

20

Glava 2. Skupovi

Primer 8. Za skupove A = {x|x ∈ N ∧ 3 < x < 9} i B = {x|x ∈ N ∧ (x < 5 ∨ x = 7)} naći: 1) A ∪ B, 2) A ∩ B, 3) A\B, 4) A4B i skupove predstaviti Venovim dijagramom. Reˇsenje: Poˇsto je A = {4, 5, 6, 7, 8} i B = {1, 2, 3, 4, 7}, imamo 1) A ∪ B = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}, 2) A ∩ B = {4, 7}, 3) A\B = {5, 6, 8} 4) A4B = {5, 6, 8, 1, 2, 3}

Slika 3. Definicija 8. Neka je A ⊂ B. Komplement skupa A u odnosu na skup B, u oznaci CB A ili u daljem tekstu A, je skup svih elemenata skupa B koji nisu elementi skupa A. A = {x|x ∈ B ∧ x 6∈ A}

ili

(∀x)(x ∈ A ⇐⇒ x ∈ B ∧ x ∈ / A).

2.2. Operacije sa skupovima

21

Teorema 8. Ako su A i B podskupovi nekog univerzalnog 4 skupa X tada je: 1) A = A, 2) A ⊆ B ⇐⇒ B ⊆ A, 3) A ∪ B = A ∩ B, 4) A ∩ B = A ∪ B. Primer 9. Dokazati tvrd¯enje 3) iz navedene teoreme. Reˇsenje: a) / A∪B x∈A∪B ⇒ x∈

⇒ x∈ / A∧x∈ /B

⇒ x∈A∧x∈B ⇒ x ∈ A ∩ B,

pa je A ∪ B ⊆ A ∩ B, i obrnuto b) x∈A∩B ⇒ x∈A∧x∈B

⇒ x∈ / A∧x∈ /B ⇒ x∈ / A∪B

⇒ x ∈ A ∪ B,

tj. A ∩ B ⊆ A ∪ B. Na osnovu definicije jednakosti skupova (definicija 1), iz a) i b) sledi tvrd¯enje. Definicija 9. Ured¯en par (a, b) je par elemenata gde je a prvi, a b drugi element para (bitan poredak). Element a se naziva i prva koordinata, a element b druga koordinata. 4

Znaˇci da se njihovi komplementi definiˇsu u odnosu na taj skup.

22

Glava 2. Skupovi

Definicija 10. Dva ured¯ena para (a, b) i (c, d) su jednaka ako i samo ako je a = c i b = d, tj. (a, b) = (c, d) ⇐⇒ (a = c ∧ b = d). Analogno se definiˇse ured¯ena n−torka (a 1 , a2 , . . . , an ), kao i jednakost dve n−torke. Definicija 11. Dekartov (direktan) proizvod redom skupova A i B, u oznaci A × B, je skup svih ured¯enih parova (a, b) ˇcija je prva koordinata iz skupa A, a druga iz skupa B. A × B = {(a, b)|a ∈ A ∧ b ∈ B} ili (∀(a, b))((a, b) ∈ A × B ⇐⇒ a ∈ A ∧ b ∈ B). Primer 10. Neka je A = {1, 2, 3}, B = {a, b}. Odrediti A × B i B × A. Reˇsenje: A × B = {(1, a), (1, b), (2, a), (2, b), (3, a), (3, b)} , B × A = {(a, 1), (a, 2), (a, 3), (b, 1), (b, 2), (b, 3)} . Proizvodi A×B i B ×A nisu uvek jednaki. Po definiciji je A×∅ = ∅×A = ∅, dok je A × B = B × A samo ako je A = B. Za tri proizvoljna skupa A, B i C vaˇzi A × B × C = (A × B) × C kao i A1 × A2 × · · · × An = {(a1 , a2 , ..., an )|a1 ∈ A1 ∧ a2 ∈ A2 ∧ · · · ∧ an ∈ An } . Napomenimo i da je A × A = A2

(Dekartov kvadrat),

An−1 × A = An . Primer 11. Neka su A, B, C proizvoljni skupovi. Dokazati da vaˇze sledeće skupovne jednakosti:

2.3. Zadaci

23

1) (A ∪ B) × C = (A × C) ∪ (B × C), 2) (A ∩ B) × C = (A × C) ∩ (B × C). Reˇsenje: Pokazaćemo samo prvu, dok se druga dokazuje analogno (∀x, y), (x, y) ∈ (A ∪ B) × C

⇐⇒

x ∈ (A ∪ B) ∧ y ∈ C

⇐⇒

(x ∈ A ∧ y ∈ C) ∨ (x ∈ B ∧ y ∈ C)

⇐⇒

⇐⇒

⇐⇒

2.3

(x ∈ A ∨ x ∈ B) ∧ y ∈ C

(x, y) ∈ (A × C) ∨ (x, y) ∈ (B × C) (x, y) ∈ (A × C) ∪ (B × C).

Zadaci

1. Navesti skup A ˇciji su elementi brojevi 2, 4, 6, 8 na tri razliˇcita naˇcina. 2. Da li su skupovi X = {1, 2, a, b, d, b} i Y = {2, a, b, d, d, 4} jednaki? 3. Za dati skup A = {1, a, b, c, 3, d, 6} navesti jedan skup B, takav da je A ⊂ B. 4. Za skupove A = {x|x ∈ Z ∧ |x| < 6} i B = {x|x ∈ Z ∧ −2 < x < 5} naći: 1) A ∪ B, 2) A ∩ B, 3) A\B, 4) B\A, 5) (A\B) ∩ (A ∪ B) i skupove predstaviti Venovim dijagramom. 5. Skup prirodnih brojeva N je pravi podskup skupa celih brojeva Z. Skup celih brojeva je pravi podskup skupa racionalnih brojeva Q. Skupovi racionalnih brojeva i iracionalnih brojeva I su disjunktni. Skup realnih brojeva R je unija racionalnih i iracionalnih brojeva. Tvrd¯enja pretstaviti odgovarajućim formulama, a potom ih pretstaviti Venovim dijagramom.

24

Glava 2. Skupovi

6. Za skup A = {a, 1, b, 2, c, 3} naći P (A). 7. Neka su dati skupovi A = {1, 3, 5, c, d, e, f }, B = {1, e, 5, c}, C = {d, 5, 5, f, 6} i D = {1, 3, 5, c, f }. Ispitati koji su od skupova B, C i D podskupovi skupa A i za njih naći komplement u odnosu na skup A. 8. Dokazati navedene teoreme iz ove glave. 9. Neka je A = {1, 3, 5}, B = {2, 3, 4, 5}. Odrediti A × B i B × A. 10. Dokazati: 1) A\(B\C) = (A\B) ∪ (A ∩ C), 2) A\B = A\(A ∩ B), 3) A\B = (A ∪ B)\B, 4) (A\B) ∩ (C\D) = (A ∩ C)\(B ∪ D), 5) (A\B)\C = A\(B ∪ C), 6) A ∩ (B\C) = (A ∩ B)\C. 11. Koje od skupovnih jednakosti su taˇcne: 1) (A\B) × C = (A × B)\(B × C), 2) A × (B\C) = (A × B)\(A × C), 3) A × (B ∩ C) = (A × B) ∪ (A × C), 4) A × (B ∪ C) = (A × B) ∩ (A × C).

Glava 3

Relacije 3.1

Pojam relacije i osobine

Definicija 1. n−arna relacija, u oznaci ρ, je svaki podskup Dekartovog proizvoda n skupova. Primer 1. Navesti neke primere relacija. Reˇsenje: 1) ” manje od ” u skupu realnih brojeva, 2) ” deljivo sa ” u skupu celih brojeva, 3) ” leˇzi na ” izmed¯u taˇcaka i pravih u ravni. U zavisnosti od broja n iz prethodne definicije razlikujemo: unarnu (n = 1), binarnu (n = 2), ternarnu (n = 3), · · · relaciju. Binarna relacija skupa A je svaki podskup skupa A 2 . Ako je ρ ⊂ A × B i (a, b) ∈ ρ, kaˇzemo da je a u relaciji ρ sa b i to oznaˇcavamo sa aρb. Relacije moˇzemo predstaviti: 1) opisivanjem (tekstualno), 2) skupom, 3) pomoću grafa, 4) navod¯enjem matematiˇcko-logiˇckog uslova, 5) tabelarno.

25

26

Glava 3. Relacije

Predstavljanja 2), 3) i 5) koriste se samo u sluˇcaju relacija nad konaˇcnim skupovima. Primer 2. Neka je dat skup A = {4, 5, 6} i relacija ρ ⊆ A 2 data sa xρy ako i samo ako je x manji od y. Predstaviti relaciju ρ na preostala ˇcetiri naˇcina. Reˇsenje: 1) skupom: ρ = {(4, 5), (4, 6), (5, 6)}, 2) pomoću grafa:

Slika 1. 3) navod¯enjem matematiˇcko-logiˇckog uslova: ρ = {(x, y)|x, y ∈ A ∧ x < y}, 4) tabelarno: ρ 4 5 6 4 ⊥ > > 5 ⊥ ⊥ > 6 ⊥ ⊥ ⊥ gde prva kolona predstavlja x, a prva vrsta y. Definicija 2. Neka je ρ ⊂ A2 . Za relaciju ρ se kaˇze da je: 1) refleksivna ako (∀x ∈ A)(xρx), 2) simetriˇcna ako (∀x, y ∈ A)(xρy ⇒ yρx), 3) antisimetriˇcna ako (∀x, y ∈ A)(xρy ∧ yρx ⇒ x = y), 4) tranzitivna ako (∀x, y, z ∈ A)(xρy ∧ yρz ⇒ xρz).

3.1. Pojam relacije i osobine

27

Primer 3. Neka su na skupu A = {1, 2, 3, 4} definisane sledeće relacije: 1) ρ1 = {(1, 1), (1, 2), (2, 2), (2, 3), (3, 3), (4, 4)}, 2) ρ2 = {(1, 3), (2, 4), (3, 1), (4, 2), (1, 1)}, 3) ρ3 = {(1, 1), (2, 2), (3, 4), (2, 3)}, 4) ρ4 = {(1, 2), (2, 4), (1, 4), (4, 4)}, 5) ρ5 = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (1, 2), (2, 3), (1, 3)}, 6) ρ6 = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (1, 2), (2, 1)}. Ispitati svojstva binarnih relacija i prikazati prvu preko grafa. Reˇsenje: 1) refleksivna,

Slika 2. 2) simetriˇcna; 3) antisimetriˇcna; 4) tranzitivna; 5) refleksivna, antisime− triˇcna i tranzitivna; 6) refleksivna, simetriˇcna i tranzitivna. Definicija 3. Unija binarnih relacija ρ 1 i ρ2 , u oznaci ρ1 ∪ ρ2 , je skup: ρ1 ∪ ρ2 = {(x, y)|(x, y) ∈ ρ1 ∨ (x, y) ∈ ρ2 }. Definicija 4. Presek binarnih relacija ρ 1 i ρ2 , u oznaci ρ1 ∩ ρ2 , je skup: ρ1 ∩ ρ2 = {(x, y)|(x, y) ∈ ρ1 ∧ (x, y) ∈ ρ2 }. Primer 4. Na skupu A = {1, 2, 3, 4, 5} za date relacije ρ1 = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (3, 2)}, ρ2 = {(5, 4), (4, 3), (1, 2), (2, 2), (1, 3)}, naći: ρ1 ∪ ρ2 i ρ1 ∩ ρ2 . Reˇsenje:

28

Glava 3. Relacije 1) ρ1 ∪ ρ2 = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (3, 2), (5, 4), (4, 3), (2, 2)}, 2) ρ1 ∩ ρ2 = {(1, 2), (1, 3)}.

Definicija 5. Inverzna binarna relacija relacije ρ, u oznaci ρ −1 , je skup svih onih i samo onih ured¯enih parova (y, x), za koje je (x, y) ∈ ρ (y, x) ∈ ρ−1 ⇔ (x, y) ∈ ρ Primer 5. Na skupu A = {a, b, c, d, e} za relaciju ρ = {(a, d), (b, c), (b, d)} naći inverznu relaciju ρ−1 . Reˇsenje: ρ−1 = {(d, a), (c, b), (d, b)}. Definicija 6. Binarna relacija ρ definisana na skupu A je relacija ekvivalencije ako je refleksivna, simetriˇcna i tranzitivna (RST). Relaciju koja je refleksivna, antisimetriˇcna i tranzitivna nazivamo relacija poretka (RAT). Uobiˇcajena oznaka za relaciju ekvivalencije je simbol ” ∼ ” (tilda), dok je za relaciju poretka ” ≤ ”. Relacija za koju vaˇzi ρ = ∅ je poznata kao prazna relacija, a ako je ρ = A 2 , onda je ρ puna relacija. Primer 6. Na skupu prirodnih brojeva N zadata je relacija ρ na sledeći naˇcin: x ρ y ⇔ x je ˇcinilac od y. Ispitati relaciju ρ. Reˇsenje: Za svako x ∈ N, x je ˇcinilac od x. Ako je x ˇcinilac od y i y ˇcinilac od x onda je x = y. Na kraju, ako je x ˇcinilac od y i y ˇcinilac od z onda je x ˇcinilac od z. Na osnovu izloˇzenog data relacija ρ je refleksivna, antisimetriˇcna i tranzitivna, pa je ovo relacija poretka. Teorema 1. Za neprazan skup A, presek proizvoljne neprazne familije relacija ekvivalencije jeste relacija ekvivalencije skupa A.

3.2. Klase ekvivalencije

29

Definicija 7. Skup A na kome je definisana relacija poretka ≤ naziva se parcijalno ured¯en skup. Ako pored toga za svaka dva elementa x i y skupa A vaˇzi i: x≤y∨y ≤x kaˇzemo da su elementi x i y uporedivi, a da je skup A totalno ured¯en. Definicija 8. Neka je ≤ relacija poretka na skupu A, S ⊂ A i x ∈ A. Element a je majoranta (gornje ograniˇcenje) skupa S ako je x ≤ a za sve x ∈ S. Ako je a ∈ S, onda a nazivamo maksimum skupa S. Element a je minoranta (donje ograniˇcenje) skupa S ako je a ≤ x za sve x ∈ S. Ako je a ∈ S, onda a nazivamo minimum skupa S. Definicija 9. Neka je ≤ relacija poretka na skupu A. Element a ∈ S ⊂ A nazivamo maksimalan element skupa S, ako ne postoji x ∈ S takav da je a ≤ x i x 6= a, tj. a ∈ S ⊂ A je maksimalan element skupa S ⇔ ¬(∃x ∈ S)(a ≤ x ∧ x 6= a) ili a ∈ S ⊂ A je maksimalan element skupa S ⇔ (∀x ∈ S)(a ≤ x ⇒ x = a). Analogno se definiˇse minimalni element skupa S. Maksimum (minimum) skupa S i maksimalni (minimalni) element skupa S su razliˇciti pojmovi. Skup moˇze imati viˇse maksimalnih (minimalnih) elemenata. Teorema 2. Ako skup ima maksimum (minimum) onda je on jedinstven. Definicija 10. Totalno ured¯en skup je dobro ured¯en relacijom poretka ako svaki njegov neprazan skup ima minimum.

3.2

Klase ekvivalencije

Definicija 11 Klasa ekvivalencije elemenata x ∈ A relacije ∼ definisana na skupu A, u oznaci Cx , je skup svih elemenata skupa A koji su u relaciji ∼ sa elementima x Cx = {y|x ∈ A ∧ x ∼ y} . Teorema 3. Neka je ∼ klasa ekvivalencije skupa A i C x klasa ekvivalencije elementa x ∈ A. Tada je za proizvoljne a, b ∈ A

30

Glava 3. Relacije 1) a ∈ Ca , 2) a ∼ b ⇔ Ca = Cb .

Primer 7. Neka je na skupu A definisana relacija ekvivalencije ”∼”. Tada su svake dve klase ekvivalencije relacije ” ∼ ” ili jednake ili disjunktne. Dokazati. Reˇsenje: Neka su x, y ∈ A. Treba dokazati da je C x = Cy ili Cx ∩Cy = ∅. Ako pretpostavimo da je Cx ∩ Cy 6= ∅, tada treba dokazati da je Cx = Cy . Neka vaˇzi naˇsa pretpostavka. Tada (∃z ∈ A) z ∈ Cx ∩ Cy ⇒ ⇒

⇒

⇒

z ∈ Cx ∧ z ∈ Cy z ∼ x∧z ∼ y

x ∼ z ∧z ∼ y x ∼ y.

Prema tome, ako je z ∈ Cx , onda je z ∼ x, ˇsto zajedno sa x ∼ y daje z ∼ y, a odavde z ∈ Cy . Pokazali smo da je Cx ⊆ Cy . Sliˇcno dokazujemo i da je Cy ⊆ Cx , pa je tada Cx = Cy . Zadatak se moˇze reˇsiti i primenom teoreme 3. Definicija 12. Koliˇcnik skup relacije ” ∼ ”, definisane na skupu A, u oznaci A/∼ , je skup svih klasa ekvivalencije relacije ” ∼ ” A/∼ = {Cx |x ∈ A}. Primer 8. Neka je na skupu A = {−1, 0, 1, 2} definisana binarna relacija ρ = {(x, y)| |x| = |y| }. Ispitati preko grafa da li je ovo relacija ekvivalencije i ako jeste odrediti koliˇcniˇcki skup. Reˇsenje:

Slika 3. Poˇsto je ovo relacija ekvivalencije koliˇcniˇcki skup je: A/∼ = { {−1, 1}, {0}, {2} }.

3.3. Zadaci

3.3

31

Zadaci

1. Navesti primere unarne, binarne i ternarne relacije. 2. Neka je dat skup A = {a, b, c, d}. Koje od datih relacija na skupu A : 1) ρ1 = {(a, b), (a, c), (a, d), (b, c), (b, d), (c, d)}, 2) relacija ρ2 zadata je grafom (slika 4)

Slika 4. 3) ρ3 = {(x, y)|x, y ∈ A ∧ x je po abecednom redu pre y }, 4) relacija ρ4 zadata je tabelom: ρ a b c d

a > ⊥ ⊥ >

b > > ⊥ >

c ⊥ > > ⊥

d ⊥ > > ⊥

su jednake? 3. Na skupu A = {a, 2, c, 4} date su relacije: 1) ρ1 = {(a, 2), (c, 2), (a, c), (4, a)}, 2) ρ2 = {(4, 2), (2, 4), (a, c), (c, a)}, 3) ρ3 = {(c, c), (2, 2), (4, 4), (a, a)}, 4) ρ4 = {(d, 2), (4, 4), (c, a), (2, c)}, 5) ρ5 = {(c, c), (2, 2), (4, 4), (a, 2), (2, a), (a, d)}.

32

Glava 3. Relacije

Ispitati svojstva binarnih relacija i prikazati ih grafom. 4. Napisati relaciju datu sledećom tabelom: ρ 2 4 6 6

2 ⊥ ⊥ > >

4 > > > >

6 > ⊥ ⊥ ⊥

8 > > ⊥ ⊥

5. Na skupu A = {a, b, c, d, e} data je relacija ρ = {(a, a), (c, b), (e, d)}. Dopuniti relaciju ρ do: 1) relacije ekvivalencije, 2) relacije poretka. 6. Na skupu A = {a, b, c, d, e} za date relacije ρ1 = {(b, a), (c, e), (d, d), (e, d), (a, a)}, ρ2 = {(b, b), (c, c), (a, b), (e, e), (b, a)},

naći: ρ1 ∪ ρ2 i ρ1 ∩ ρ2 .

7. Na skupu A = {1, 2, 3, 4} za relaciju ρ = {(4, 1), (2, 3), (3, 1), (1, 1), (1, 4)} naći inverznu relaciju ρ−1 . 8. Date su relacije: 1) ρ1 = {(1, 1), (2, 2), (3, 3)} na skupu A = {1, 2, 3}, 2) ρ2 = {(1, 2), (4, 4), (3, 1), (2, 2), (1, 1), (3, 3), (1, 3), (3, 2), (2, 1), (2, 3)} na skupu A = {1, 2, 3, 4}, 3) ρ3 = {(1, 1), (1, 3), (1, 4), (2, 2), (2, 3), (3, 3), (2, 4), (4, 4), (3, 4)} na skupu A = {1, 2, 3, 4}. Ispitati osobine relacija. Za RST relacije naći koliˇcniˇcki skup, a za RAT maksimalni (minimalni) element ako postoji. 9. Odrediti relaciju ekvivalencije ˇciji je koliˇcniˇcki skup: A/∼ = { {1, 3}, {2, 4, 5}, {7, 6} }.

Glava 4

Preslikavanje (funkcija) 4.1

Definicija preslikavanja

Definicija 1. Neka je X neprazan skup. Binarnu relaciju f ⊆ X × Y nazivamo preslikavanje (funkcija1 ) skupa X u skup Y , u oznaci f : X → f

Y (ili X →Y ), ako svakom elementu x ∈ X odgovara jedan i samo jedan element y ∈ Y takav da je (x, y) ∈ f , tj. f : X → Y ⇐⇒ (∀x ∈ X)(∀y, z ∈ Y ) ((x, y) ∈ f ∧ (x, z) ∈ f ⇒ y = z) .

Pojam preslikavanja (funkcije) spada u fundamentalne pojmove matematike. Jasno je da se i ovde, kao kod relacija, radi o uspostavljanju odred¯enih veza izmed¯u elemenata dva skupa. Svakako, i ove veze imaju neke svoje osobenosti. Kod relacija smo imali da jedan element skupa X moˇze biti povezan sa viˇse razliˇcitih elemenata skupa Y , dok kod preslikavanja imamo da je jedan element skupa X u vezi sa najviˇse jednim elementom skupa Y . Uz to se pretpostavlja da je svaki element skupa X u vezi sa nekim elementom skupa Y . ˇ Cinjenicu da (x, y) ∈ f moˇzemo simboliˇcki zapisati i sa y = f (x). Element f (x) skupa Y se naziva vrednost preslikavanja f u taˇcki x. Uobiˇcajeno je, mada i pogreˇsno, da se preslikavanje f identifikuje sa vrednosti tog preslikavanja u taˇcki x, tj. sa f (x). Tako, na primer, kaˇzemo ”preslikavanje sin x”, a treba reći ”preslikavanje sin”. Ovo ”nekorektno” izraˇzavanje je ˇcesto podesno i zato ga primenjujemo bez ustruˇcavanja. 1 Napomenimo da ako se pridrˇzavamo preciznih matematiˇckih definicija pojam preslikavanja i pojam funkcije nisu isti pojmovi. Dodatna objaˇsnjenja prevazilaze predmet ovog udˇzbenika.

33

34

Glava 4. Preslikavanje (funkcija)

Primer 1. Neka su dati skupovi X = {1, 2, 3} i Y = {a, b, c}. Neka su sada f1 , f2 i f3 podskupovi skupa X × Y definisani sa : 1) f1 = {(1, a), (2, c), (3, c)}, 2) f2 = {(1, b), (1, c), (2, d), (3, a)}, 3) f3 = {(2, c), (3, b)}. Koji od navedenih podskupova su preslikavanja? Reˇsenje: Uoˇcavamo, imajući na umu definiciju preslikavanja, da je f 1 preslikavanje skupa X u skup Y , dok f 2 i f3 to nisu. f2 ne ispunjava taj uslov jer je (1, b) ∈ f2 i (1, c) ∈ f2 , tj. elementu 1 ∈ X odgovaraju elementi b, c ∈ X. Kod f3 imamo da je 1 ∈ X, a da nema sliku u Y , tj. f 3 (1) ne postoji. Znamo da definicija preslikavanja obezbed¯uje da jedan original ima taˇcno jednu sliku, ali je dopuˇsteno da dva razliˇcita originala imaju istu sliku (f1 (2) = f1 (3) = c). Definicija 2. Skup ured¯enih parova (x, f (x)) pretstavljen taˇckama u koordinatnom sistemu naziva se grafik funkcije f . Elemente skupa X koji se preslikavaju u skup Y nazivamo originali ili likovi, a elemente f (x) ∈ Y nazivamo slike originala x. Sam skup X nazivamo skup originala ili domen od f , dok slike elemenata x nazivamo skup vrednosti preslikavanja f ili kodomen za f . Skup svih slika preslikavanja f : X → Y oznaˇcavamo sa f (X), tj. sa f (X) = {f (x)|x ∈ X}. Prema definiciji preslikavanja sledi da je f (X) ⊂ Y . Preslikavanje f : X → Y , tj. f = {(x1 , y1 ), (x2 , y2 ), ...} moˇzemo oznaˇciti i na sledeći naˇcin: x1 x2 ... f= . y1 y2 ... U prvoj vrsti su elementi skupa X (originali), a u drugoj odgovarajuće slike iz skupa Y . Primer 2. Za skupove X i Y iz predhodnog primera navesti jedan primer preslikavanja f : Y −→ X. Reˇsenje: f=

a b c 3 2 3

.

4.2. Vrste preslikavanja

35

Primer 3. Neka je f : R → R preslikavanje skupa realnih brojeva u samog sebe i neka je definisano sa f = {(x, x2 )|x ∈ R}. Objasniti reˇcima navedeno preslikavanje. Reˇsenje: Ovo znaˇci da se svakom realnom broju x dodeljuje kao slika njegov kvadrat x2 . Zavisnost izmed¯u originala x i odgovarajuće slike y data je odred¯enim zakonom pridruˇzivanja. Ovaj zakon moˇzemo iskazati formulom f (x) = x2 , tj. y = x2 . Tada za funkciju f kaˇzemo da je zadata analitiˇcki, tj. da je to analitiˇcki prikaz realne funkcije. Svakako, funkcije se zadaju analitiˇcki ukoliko je to moguće. Za ove funkcije, ˇciji su domen i kodomen skupovi realnih brojeva kaˇzemo i da su numeriˇcke funkcije. Za kodomen se kod njih uzima maksimalan podskup skupa realnih brojeva na kome je definisana formula kojom je zadata funkcija, odnosno skup svih realnih brojeva x za koje f (x) ima smisla u skupu realnih brojeva (f (x) ∈ R).

4.2

Vrste preslikavanja

Definicija 3. Preslikavanje f : X → Y je preslikavanje skupa X ”na” na skup Y (sirjektivno preslikavanje), u oznaci f : X −→ Y , ako je f (X) = Y , tj. na f : X −→ Y ⇐⇒ f (X) = Y

ili

(∀y ∈ Y )(∃x ∈ X)(y = f (x)). Primer 4. Navesti dva primera preslikavanja ”na”. Reˇsenje: 1) Neka je f : R → R, pri ˇcemu je f = {(x, y)|x ∈ R ∧ y = x3 } Navedeno preslikavanje (funkcija) je ”na” i x je nezavisno promenljiva ili argument, a y je zavisno promenljiva. 2) Preslikavanje skupa X = {1, 2, 3, 4} na skup Y = {a, b, c} koje je zadato sa 1 2 3 4 f= . a b a c

36

Glava 4. Preslikavanje (funkcija)

Definicija 4. Preslikavanje f : X −→ Y je ”jedan - jedan” (obostrano1−1 jednoznaˇcno ili injektivno) preslikavanje, u oznaci f : X −→Y , ako razliˇcitim originalima odgovaraju razliˇcite slike (∀x1 , x2 ∈ X)(x1 6= x2 ⇒ f (x1 ) 6= f (x2 )) tj. (∀x1 , x2 ∈ X)(f (x1 ) = f (x2 ) ⇒ x1 = x2 ). Primer 5. Navesti dva primera preslikavanja ”1-1”. Reˇsenje: 1) Neka je f : R → R, pri ˇcemu je f (x) = 5x − 1. Tada je zaista f (x1 ) = f (x2 ) ⇒ 5x1 − 1 = 5x2 − 1 ⇒ 5x1 = 5x2 ⇒ x1 = x2 . 2) Neka je A = {1, 2, 3, 4}, A → B dato sa

B = {a, b, c, d}. Tada je preslikavanje f : 1 2 3 4 f= b a d c

”1-1” preslikavanje. Definicija 5. Ako je preslikavanje f : X −→ Y ”1-1” i ”na” tada kaˇzemo da je f bijektivno preslikavanje (bijekcija). Primer 6. Navesti primer bijektivnog preslikavanja f skupa X = {1, 3, 5, 7} na skup Y = {a, b, c, d}. Reˇsenje: f=

1 3 5 7 a c b d

Definicija 6. Bijektivno preslikavanje f : X → X skupa X na samog sebe zovemo i transformacija skupa X. Ako je X konaˇcan skup, onda za bijektivno preslikavanje f : X → X kaˇzemo da je permutacija skupa X. Ukoliko je (∀x ∈ X)(f (x) = x) preslikavanje nazivamo identiˇcko i oznaˇcavamo ga sa IX .

4.3. Proizvod preslikavanja, inverzno preslikavanje

37

Definicija 7. Preslikavanje f : X → Y je konstantno preslikavanje ako se svi elementi skupa X preslikavaju u jedan i samo jedan element skupa Y , tj. (∀x ∈ X) (∃c ∈ Y ) f (x) = c . Definicija 8. Neka su data dva skupa X i Y . Skupovi X i Y su ekvivalentni, u oznaci X ∼ Y , ako postoji bijekcija skupa X na skup Y. Za takve skupove se joˇs kaˇze da su ekvipotentni (jednakobrojni), odnosno da imaju istu kardinalnost (card(X) = card(Y )) 2 . Definicija 9. Neka je dat skup X i njegov pravi podskup X 0 (X 0 ⊂ X). Za skup X kaˇzemo da je beskonaˇcan ako je ekvivalentan nekom svom pravom podskupu X 0 . U protivnom, skup X je konaˇcan. Primer 7. Da li je skup svih prirodnih brojeva N beskonaˇcan? Reˇsenje: Skup N je beskonaˇcan, jer je ekvivalentan svom pravom podskupu P = {2, 4, 6, ..., 2n, ...}. Zaista, postoji bijekcija f : N −→ P definisana formulom f (x) = 2x. Definicija 10. Za skup X kaˇzemo da je prebrojiv skup ako je ekvivalentan skupu prirodnih brojeva. Primer 8. Navesti jedan prebrojiv skup. Reˇsenje: Na osnovu prethodnog zadatka, poˇsto je funkcija f (x) = 2x bijekcija, skup svih parnih brojeva je prebrojiv.

4.3

Proizvod preslikavanja, inverzno preslikavanje

Definicija 11. Neka su data tri neprazna skupa X, Y i Z i neka su data preslikavanja g : X −→ Y i f : Y −→ Z. Tada za preslikavanje h : X −→ Z odred¯eno sa (∀x ∈ X) h(x) = f (g(x)), a u oznaci h = f ◦ g kaˇzemo da je proizvod (slaganje, kompozicija) preslikavanja f i g. Funkcija h je sloˇzena funkcija. Primer 9. Neka su dati skupovi X = {1, 2, 3}, Y = {a, b} i Z = {d, e, k}, kao i preslikavanje 2

O tome će viˇse reˇci biti u metodici matematike.

38

Glava 4. Preslikavanje (funkcija)

g=

f=

1 2 3 a b b

a b e k

Naći proizvod preslikavanja h = f ◦ g. Reˇsenje: h=f ◦g =

a b e k

◦

1 2 3 a b b

= f (g(x)) =

1 2 3 e k k

.

Primer 10. Za preslikavanja f (x) = 4x − 6 i g(x) = 3x 2 + 4x naći: 1) f (g(x)) =? 2) g(−10x + 5f (x)) =? Reˇsenje: 1) f (g(x)) = f (3x2 + 4x) = 4(3x2 + 4x) − 6 = 12x2 + 16x − 6. 2) g(−10x+5f (x)) = g(−10x+5(4x−6)) = g(10x−30) = 3(10x−30) 2 + 4(10x − 30) = 300x2 − 1760x + 2580. Teorema 1. Kompozicija preslikavanja nije komutativna. ( Komutativnost ne vaˇzi ˇcak ni tada kada je f : X → Y i g : Y → X ). Primer 11. Neka su data preslikavanja f : X → Y, g : Y → Z i h : Z → S. Tada vaˇzi da je (h ◦ g) ◦ f = h ◦ (g ◦ f ). Reˇsenje: ((h ◦ g) ◦ f : X → S kao i h ◦ (g ◦ f ) : X → S (h ◦ g) ◦ f = h ◦ (g ◦ f ) 1) (∀x ∈ X) ((h ◦ g) ◦ f ) (x) = h ◦ g(f (x)) = h (g(f (x))) ⇒ ((h ◦ g) ◦ f ) (x) = h(g(f (x)))

4.3. Proizvod preslikavanja, inverzno preslikavanje

39

2) (∀x ∈ X) (h ◦ (g ◦ f ))(x) = h ((g ◦ f )(x)) = h(g(f (x))) ⇒ (h ◦ (g ◦ f )) (x) = h(g(f (x))). Iz 1) i 2) sledi tvrd¯enje. Definicija 12. Neka je f : X → Y bijektivno preslikavanje, a I X identiˇcko preslikavanje skupa X. Preslikavanje f −1 : Y −→ X, koje ima osobinu da je f −1 ◦ f = IX , nazivamo inverzno preslikavanje preslikavanja f . Primer 12. Neka je f preslikavanje R −→ R odred¯eno formulom f (x) = 3x − 2. Naći inverzno preslikavanje. Reˇsenje: Za nalaˇzenje inverznog preslikavanja potrebno je najpre utvrditi da je dato preslikavanje ”na” i ”1 − 1” preslikavanje. Poˇsto je (∀y ∈ R)(∃x ∈ R)(y = f (x)) navedeno preslikavanje je ”na”. Pokaˇzimo da je i ”1−1”. Treba pokazati da iz f (x1 ) = f (x2 ) ⇒ x1 = x2 . U konkretnom primeru imamo da je za x1 f (x1 ) = 3x1 − 2, a za x2 je f (x2 ) = 3x2 − 2. Poˇstujući jednakost f (x1 ) = f (x2 ), dobijamo da je 3x1 − 2 = 3x2 − 2 ⇒ 3x1 = 3x2 ⇒ x1 = x2 , tj. iz f (x1 ) = f (x2 ) ⇒ x1 = x2 za sve x1 , x2 ∈ R, ˇsto znaˇci da je f ”1-1” preslikavanje. Kako smo utvrdili neophodan uslov, to sada prelazimo na odred¯ivanje formule za f −1 . U tom cilju polazimo od jednakosti f −1 (f (x)) = x, a ˇsto nas dovodi do jednaˇcine posebne vrste, do tzv. funkcionalne jednaˇcine, jer je nepoznata funkcija. Reˇsavamo je na sledeći naˇcin: za izraz 3x − 2 uvodimo novi izraz, na primer a, tj. a = 3x − 2. Sada, reˇsavanjem te jednaˇcine po x dobijamo da je: f −1 (3x − 2) = x

⇒

⇒

f −1 (a) =

a = 3x − 2 ⇒ a + 2 = 3x ⇒ a+2 , 3

a+2 =x 3

tj. ako koristimo uobiˇcajenu oznaku x, imaćemo da je inverzna funkcija datoj funkcija x+2 f −1 (x) = . 3

40

Glava 4. Preslikavanje (funkcija)

4.4

Zadaci

1. Neka su dati skupovi X = {2, 4, 6, 8} i Y = {a, b, c, d}. Koji od navedenih podskupova f, g i h skupa X × Y definisani sa : 1) f = {(2, d), (4, c), (8, b), (4, a)}, 2) g = {(4, b), (6, c), (8, d)}, 3) h = {(2, a), (4, b), (6, c), (8, a)}. su preslikavanja? 2. Da li su preslikavanja f = x2 − 2 i g =

x−1 na skupu racionalnih x−2

3. Da li su preslikavanja f = 3x − 2x3 i g =

x2

brojeva preslikavanja ”na”?

brojeva preslikavanja ”na” ili ”1-1”?

4 na skupu racionalnih −2

4. Da li su preslikavanja iz prethodna dva zadatka na skupu racionalnih brojeva bijekcije? 5. Da li je preslikavanje f : X → Y , gde su skupovi X = {a, b, c, d} i Y = {5, 6, 7, 8, 9}, dato sa d b a c f= 7 5 6 9 bijekcija? 6. Na skupu X{a, b, 1, 2} definisati jedno identiˇcko preslikavanje. 7. Data su preslikavanja f (x) = 3x−4 i g(x) = 4x 3 −3x na skupu racionalnih brojeva. Naći 1) (f ◦ g)(x), 2) (g ◦ f )(x), 3) (f ◦ g 2 )(x), 4) g(4x − 3f (x)). 8. Neka je preslikavanje f : Q −→ Q dato sa f (x) = 7 + 8x. Da li je preslikavanje bijekcija, a ako jeste naći inverzno.

Glava 5

Algebarske strukture 5.1

Definicija operacije

Definicija 1. Neka je A neprazan skup i n ≥ 1 prirodan broj. Pod n arnom operacijom ω na nepraznom skupu A podrazumevamo preslikavanje f : An → A. Pri tome za svako a1 , a2 , ..., an ∈ A postoji jedno an+1 ∈ A, tako da je ((a1 , ..., an ), an+1 ) ∈ ω, tj. ω(a1 , ..., an ) = an+1 . Broj n odred¯uje tzv. arnost ili rang operacije ω. Specijalno za n = 1 imamo unarnu a za n = 2 imamo binarnu operaciju. Kod binarnih operacija domen je A2 (skup ured¯enih parova ˇcije su komponente elementi skupa A). Ako elemente domena obeleˇzimo sa u, a elemente kodomena A sa z, tada odnos izmed¯u njih zapisujemo sa ω(u) = z. Dakle, svakom paru elemenata x, y ∈ A pridruˇzuje se jedan element z ∈ A takav da je ω(x, y) = z, ˇsto zapisujemo sa xωy = z. Same binarne operacije obeleˇzavamo uglavnom sa +, · , ∗, ◦ ili na neki drugi naˇcin. Tako umesto ω(x, y) piˇsemo npr. x ∗ y, tj. x ∗ y = z. Primer 1. Navesti primere unarne, binarne, ternarne i n-arne operacije. Reˇsenje: 1) Unarna: Operacija ω(x) = −x na skupu celih brojeva Z. 2) Binarna: Na skupu celih brojeva Z imamo operacije zbira ω 1 (x, y) = x + y i proizvoda ω2 (x, y) = x · y. 3) Ternarna: Na skupu celih brojeva definiˇsimo operaciju ω na sledeći naˇcin ω(x, y, z) = x + y − z.

41

42

Glava 5. Algebarske strukture Ova ista operacija na skupu prirodnih brojeva N nije ternarna operacija, jer recimo ω(2, 3, 7) nije prirodan broj. 4) n-arna: Na skupu prirodnih brojeva N moˇze se definisati operacija na sledeći naˇcin : svakoj ured¯enoj n-torci prirodnih brojeva pridruˇzujemo njihov najveći zajedniˇcki delilac.

Definicija 2. Parcijalna (delimiˇcna) binarna operacija skupa A je preslikavanje nekog pravog podskupa skupa A 2 u skup A. Primer 2. Navesti primere delimiˇcne (parcijalne, uslovne) operacije. Reˇsenje: Deljenje je delimiˇcna operacija u skupu racionalnih brojeva Q, x jer je izraz definisan pod uslovom da je y 6= 0. y Operacije se prikazuju pomoću Kelijevih tablica. Sledeća Kelijeva tablica definiˇse jednu binarnu operaciju ∗ na skupu {a, b}: ∗ a b a a b b a a Prema ovoj tablici je: a ∗ a = a, a ∗ b = b, b ∗ a = a i b ∗ b = a. Kada je na skupu definisana jedna ili viˇse operacija, tada kaˇzemo da je zadata algebarska struktura. Definicija 3. Za skup A ⊆ X kaˇzemo da je zatvoren u odnosu na operaciju ◦ definisanu na skupu X ako je (∀x, y ∈ A) (x ◦ y ∈ A) . Primer 3. Da li je svaki neprazan podskup A skupa prirodnih brojeva N zatvoren u odnosu na operaciju N ZS (najmanji zajedniˇcki sadrˇzilac)? Na− vesti joˇs neke primere. Reˇsenje: Jeste, jer je ispunjen uslov (∀x, y ∈ A) x N ZS y ∈ A . Skup svih parnih celih brojeva zatvoren je u odnosu na operacije ”+”. Med¯utim, to ne vaˇzi za skup neparnih celih brojeva.

5.2. Grupoid

5.2

43

Grupoid

Definicija 4. Neka je A neprazan skup. Ured¯enu dvojku (A, ◦) nazivamo grupoid ako je skup A zatvoren u odnosu na operacija ◦ tj. (∀x, y)(x, y ∈ A ⇒ x ◦ y ∈ A). Definicija 5. Neka su na skupu A definisane dve binarne operacije ◦ i ∗. Kaˇzemo da je operacija ◦ levo distributivna u odnosu na operaciju ∗ ako je (∀x, y, z ∈ A) x ◦ (y ∗ z) = (x ◦ y) ∗ (x ◦ z) . Operacija ◦ je desno distributivna u odnosu na operaciju ∗ ako je (∀x, y, z ∈ A) (y ∗ z) ◦ x = (y ◦ x) ∗ (z ◦ x) . Za operaciju ◦ kaˇzemo da je distributivna u odnosu na operaciju ∗ ako je i levo i desno distributivna u odnosu na operaciju ∗. Definicija 6. Neka je (A, ◦) grupoid. Tada ako vaˇzi (∀x ∈ A)(∀z ∈ A)(∀y ∈ A) x ◦ (y ◦ z) = (x ◦ y) ◦ z

onda je grupoid A asocijativan

(∃e ∈ A)(∀x ∈ A)(x ◦ e = e ◦ x = x)

sa jedinicom e (ili sa neutralnim elementom)

(∃0 ∈ A)(∀x ∈ A)(x ◦ 0 = 0 ◦ x = 0)

sa nulom 0

(∀x ∈ A)(∀y ∈ A)(x ◦ y = y ◦ x) (∀x ∈ A)(∀y ∈ A)(∀z ∈ A)

x ◦ (y ◦ z) = (x ◦ y) ◦ (x ◦ z) (x ◦ y) ◦ z = (x ◦ z) ◦ (y ◦ z)

komutativan (ili Abelov) distributivan

(∀x ∈ A)(x ◦ x = x)

idempotentan

(∀x ∈ A)(∀y ∈ A)(∀z ∈ A) x◦y =x◦z ⇒y =z

kancelativan

y◦x=z◦x ⇒y =z

44

Glava 5. Algebarske strukture

Primer 4. Ako za operaciju ◦ postoji neutralni element, tada je on jedinstven. Dokazati. Reˇsenje: Pretpostavimo da postoje dva neutralna elementa e i e 1 (e = 6 e1 ). Tada je (e ◦ e1 = e1 ◦ e = e ∧ e1 ◦ e = e ◦ e1 = e1 ) ⇒ e = e1 ˇsto je protivureˇcno pretpostavci da je e 6= e 1 . Primer 5. Za operacije sabiranje i mnoˇzenje u skupu celih brojeva Z odrediti neutralne elemente. Reˇsenje: To su brojevi 0 i 1 redom. Definicija 7. Za element x grupoida (A, ◦) sa jediniˇcnim elementom e, element x−1 je inverzni ako vaˇzi: x ◦ x−1 = x−1 ◦ x = e. Primer 6. Neka je na skupu A definisana neka asocijativna operacija za koju postoji neutralni element e. Ako pri tom postoji i inverzni element x −1 elementa x ∈ A, tada je on jedinstven. Dokazati. Reˇsenje: Dokaz izvodimo polazeći od protivureˇcne pretpostavke. Neka −1 −1 −1 postoje dva inverzna elementa x−1 1 i x2 (x1 6= x2 ) elementa x. Tada je −1 −1 −1 −1 −1 −1 = x−1 x−1 1 ◦ x ◦ x2 = e ◦ x 2 = x2 ∧ x1 ◦ x ◦ x 2 1 ◦ e = x1 . Kako je operacija ◦ asocijativna, to je i −1 −1 −1 x−1 , 1 ◦ x ◦ x2 = x1 ◦ x ◦ x 2

−1 −1 sto je protivreˇcno pretpostavci da je x −1 a ˇsto znaˇci da je i x−1 1 = x2 , ˇ 1 6= x2 .

5.3

Grupa, prsten, polje

Definicija 8. Grupoid (A, ◦) nazivamo polugrupa (ili semigrupa) ako je operacija ◦ asocijativna. Definicija 9. Polugrupu (A, ◦) nazivamo grupa ako ona ima neutralni element i ako svaki element ima inverzni. Teorema 1. Neka je (A, ◦) grupa. Tada je za sve x, y, z ∈ A x ◦ y = x ◦ z ∧ y ◦ a = z ◦ a ⇒ y = z.

5.3. Grupa, prsten, polje

45

Teorema 2. Neka je (A, ◦) grupa. Tada za sve a, b ∈ A jednaˇcine a◦x=b

i

y◦a=b

imaju jedinstveno reˇsenje po x i po y. Definicija 10. Grupu (A, ◦) nazivamo komutativna ili Abelova grupa ako je operacija ◦ komutativna. Primer 7. Navesti primer polugrupe i komutativne grupe. Reˇsenje: 1) Grupoid (N, +) je polugrupa. 2) Grupoid (Z, +) je komutativna grupa, a (Z, ·) nije grupa. Takod¯e, (Q, +) je komutativna grupa, a (Q, ·) nije grupa. Primer 8. Na skupu A = {e, a, b, c} ispitati osobine algebarske strukture (A, ◦), gde je operacija ◦ data tablicom: ◦ e a b c

e e a b c

a a e c b

b b c e a

c c b a e

Reˇsenje: 1) Iz tablice se neposredno proverava da je (∀x, y ∈ A) (x ◦ y ∈ A) pa je skup A zatvoren u odnosu na operaciju ◦. Sledi da je (A, ◦) grupoid. 2) Operacija ◦ je asocijativna. Na primer a ◦ (b ◦ c) = a ◦ a = e = c ◦ c = (a ◦ b) ◦ c. Sledi da je (A, ◦) polugrupa. 3) Poˇsto je e ◦ e = e, e ◦ a = a ◦ e = a, e ◦ b = b ◦ e = b i e ◦ c = c ◦ e = c imamo da je element e jediniˇcni element grupoida (A, ◦). 4) Svaki element x ∈ A ima svoj inverzni x −1 i on je x−1 = x.

46

Glava 5. Algebarske strukture 5) Operacija ◦ je komutativna, jer je: a ◦ b = c = b ◦ a, a ◦ c = b = c ◦ a i b ◦ c = a = c ◦ b.

Na osnovu 2), 3), 4) i 5) imamo da je (A, ◦) komutativna grupa. Definicija 11. Ured¯enu trojku (A, ∗, ◦), gde je A neprazan skup, a ∗ i ◦ dve binarne operacije skupa A nazivamo prsten, ako je 1. (A, ∗) Abelova grupa 2. (A, ◦) polugrupa 3. ◦ distributivna u odnosu na ∗. Primer 9. Na skupu A = {0, 1, 2, 3} date su operacije ∗ i ◦ tablicama:

∗ 0 1 2 3

0 0 1 2 3

1 1 2 3 0

2 2 3 0 1

3 3 0 1 2

◦ 0 1 2 3

0 0 0 0 0

1 0 1 2 3

2 0 2 0 2

3 0 3 2 1

Dokazati da je (A, ∗, ◦) prsten. Reˇsenje: Struktura (A, ∗, ◦) je prsten ako vaˇzi: 1) struktura (A, ∗) komutativna grupa, 2) struktura (A, ◦) polugrupa, 3) ◦ distributivna u odnosu na ∗. 1)

a) Iz tablice se uoˇcava da je (∀x, y ∈ A) (x ∗ y ∈ A) pa je skup A zatvoren u odnosu na operaciju ∗. Sledi da je (A, ∗) grupoid.

b) Operacija ∗ je asocijativna. Na primer

0 ∗ (1 ∗ 2) = 0 ∗ 3 = 3 = 1 ∗ 2 = (0 ∗ 1) ∗ 2. Sledi da je (A, ∗) polugrupa.

c) Poˇsto je 0∗0 = 0, 0∗1 = 1∗0 = a, 0∗2 = 2∗0 = 2 i 0∗3 = 3∗0 = 3 imamo da je element e∗ = 0 jediniˇcni element grupoida (A, ∗).

5.3. Grupa, prsten, polje

47

d) Svaki element x ∈ A ima svoj inverzni x −1 i to: za x = 0 inverzni je x−1 = 0, za x = 1 inverzni je x−1 = 3, za x = 2 inverzni je x−1 = 2. e) Operacija ∗ je komutativna jer je: 1∗2 = 3 = 2∗1, 1∗3 = 0 = 3∗1 i 2 ∗ 3 = 1 = 3 ∗ 2.

Na osnovu b), c), d) i e) imamo da je (A, ∗) komutativna grupa. 2) struktura (A, ◦) polugrupa,

a) Iz tablice se uoˇcava da je (∀x, y ∈ A) (x ◦ y ∈ A) pa je skup A zatvoren u odnosu na operaciju ◦. Sledi da je (A, ◦) grupoid.

b) Operacija ◦ je asocijativna. Na primer

3 ◦ (1 ◦ 2) = 3 ◦ 2 = 2 = 1 ◦ 2 = (3 ◦ 1) ◦ 2. Sledi da je (A, ∗) polugrupa.

c) Imamo da je 2 ◦ 2 = 0 i 2 6= 0. Na osnovu b) i c) imamo da je (A, ◦) najviˇse polugrupa. 3) Da je ◦ distributivna u odnosu na ∗ proveravamo zamenom direktno iz tablica. Definicija 12. Prsten (A, ∗, ◦) zovemo polje, ako je (A\{e ◦ }, ◦) Abelova grupa, gde je e◦ neutralni element operacije ◦. Primer 10. Navesti primere algebarskih struktura koje su prsten i polje. Reˇsenje: 1) (Z, +, ·) je prsten celih brojeva. 2) (Q, +, ·) je polje racionalnih brojeva. Definicija 13. Preslikavanje f : A → B se naziva homomorfizam strukture (A, ◦) u (B, ?) ako vaˇzi: (∀x, y ∈ A) ( f (x ◦ y) = f (x) ? f (y) ). Ako je uz to preslikavanje f (x) bijekcija, onda se naziva izomorfizam. Ovako preslikavanje definisano na istoj algebarskoj strukturi se naziva automorfizam.

48

Glava 5. Algebarske strukture

5.4

Zadaci

1. Da li su strukture (N, −) i (N, :) grupoidi? 2. Za a, b ∈ N date su operacije: −b + 4 , 1) a ◦ b = a + 12 2) a ◦ b = a + 4b, 3) a ◦ b = 12 − ab.

Ispitati komutativnost i asocijativnost navedenih operacija. Izraˇcunati: −1 ◦ −2, 4 ◦ 9 i −12 ◦ 9. 3. Neka je na skupu N0 definisana operacija ∗ sa: a ∗ b = a + 3b. Ispitati da li postoji jediniˇcni element. 4. Na skupu A = {a, b, c} data je operacija ◦ ◦ a b c

a a b c

b b c a

c c a b

Koji od elemenata iz skupa A ima inverzni element? Da li je operacija ◦ komutativna? 5. Na skupu A = {a, b, c, d} date su operacije ∗ i ◦ tablicama: ∗ a b c d a a x1 c d b b c x2 a c x3 d a b d d a b x4

◦ a b c d a a a y1 a b a y2 c d c y3 c a c d a d c y4

Odrediti xi , yi ∈ A; i = 1, 2, 3, 4, tako da je algebarska struktura (A, ∗, ◦) prsten. 6. Neka je (Z, +, ·) prsten celih brojeva i ({0, 1}, +, ·) polje. Preslikavanje f : Z → {0, 1}, za n ∈ Z, dato je sa 1, x = 2n f (x) = 0, x = 2n + 1 Ispitati da li je f (x) homomorfizam.

Glava 6

Skupovi brojeva 6.1

Prirodni brojevi

Sluˇzeći se intuitivnim pristupom, moˇzemo reći da je prirodan broj x svaki element x ∈ N, gde je skup N dat sa N = {1, 2, 3, 4, . . .} ˇ Cesto u praksi skup prirodnih brojeva proˇsirujemo (dodajemo nove elemente) sa brojem 0 i tada ga oznaˇcavamo sa N 0 . Kao ˇsto je poznato, na proˇsirenom skupu prirodnih brojeva N 0 za operacije sabiranja (+) i mnoˇzenja (·) vaˇzi: x+y =y+x

x·y =y·x

komutativnost

(x + y) + z = x + (y + z) (x · y) · z = x · (y · z) asocijativnost x+0 = x

x·1 =x x · (y + z) = x · y + x · z

(y + z) · x = y · x + z · x

jediniˇcini element distributivnost · u odnosu na +

Intuitivno zasnivanje nauˇcne teorije moˇze dovesti do protivreˇcnosti. Ovaj nedostatak se prevazilazi aksiomatskim zasnivanjem nauˇcnih teorija, ˇsto ćemo pokazati na primeru skupa prirodnih brojeva. U aksiomatski zasnovanoj teoriji kreće se od osnovnih pojmova i aksioma. Osnovni pojmovi se ne definiˇsu i o njima jednostavno postoji samo intuitivna predstava. Pojmovi koji nisu osnovni nazivaju se izvedeni pojmovi. Osobine pojmova (osnovnih i izvedenih) iskazujemo pomoću tvrd¯enja. Aksiome su

49

50

Glava 6. Skupovi brojeva

tvrd¯enja koja ne dokazujemo, već ih prihvatamo kako su navedena. Tvrd¯enja koja nisu aksiome nazivamo teoreme i njih je potrebno dokazati na osnovu aksioma ili već prethodno dokazanih teorema. Metoda ˇcija je osnovna karakteristika da se svi novi zakljuˇcci izvode iz ranije utvrd¯enih zakljuˇcaka, tj. svaka nova teorema se dokazuje na osnovu aksioma i već dokazanih teorema, naziva se deduktivna metoda. Aksiome skupa prirodnih brojeva poznate su pod nazivom Peanove aksiome. Polazeći od osnovnih pojmova - konstante, u oznaci 1 (jedan) - unarne operacije, u oznaci 0 (prim) - pojma skupa Peanove aksiome glase: A1 : 1 je prirodan broj. 1∈N A2 : Za svaki prirodan broj x postoji jedan i samo jedan njegov sledbenik x0 koji je takod¯e prirodan broj. (Broj x zovemo prethodnik broja x 0 ). (∀x ∈ N) (∃1 x0 ∈ N) A3 : 1 nije sledbenik ni jednog prirodnog broja. (∀x ∈ N) (1 6= x0 ) A4 : Ako su sledbenici dva prirodna broja jednaki, onda su ta dva prirodna broja jednaka. (∀x, y ∈ N) (x0 = y 0 ⇒ x = y) A5 : Neka je skup M ⊆ N. Ako vaˇzi: 1) 1 ∈ M,

2) x ∈ M ⇒ x0 ∈ M,

tada je M = N.

6.1. Prirodni brojevi

51

Poslednja aksioma A5 se naziva aksioma matematiˇcke indukcije i ima veliku primenu prilikom dokazivanja raznih tvrd¯enja na skupu prirodnih brojeva i tu se pojavljuje u sledećoj formulaciji: 0

A5 : Neko tvrd¯enje koje se odnosi na prirodne brojeve taˇcno je za svaki prirodan broj ako ima sledeća dva svojstva 1) Tvrd¯enje je taˇcno za broj 1. 2) Ako je tvrd¯enje taˇcno za broj n, onda je taˇcno i za broj n+1. Primer 1. Dokazati da za svaki prirodan broj n vaˇzi 2 n > n. Reˇsenje: Imamo da je (i) tvrd¯enje taˇcno za broj 1, jer je 2 1 > 1. (ii) Pretpostavimo da tvrd¯enje vaˇzi za n. (iii) Pokaˇzimo da vaˇzi za n + 1. Imamo da je 2 n+1 = 2 · 2n > 2n ≥ n + 1, ˇcime smo dokazali da tvrd¯enje vaˇzi za svaki prirodan broj n. Na osnovu aksiome A1 imamo da je 1 prirodan broj. Na osnovu aksiome A2 imamo da postoji taˇcno jedan sledbenik 1 0 koga oznaˇcavamo simbolom 2. Poˇsto je 2 prirodan broj, on na osnovu aksiome A 2 ima samo jednog sledbenika 20 , koji po aksiomi A3 nije 1, te ga oznaˇcavamo simbolom 3. Sledbenik 30 , po aksiomi A4 ne moˇze biti 2 jer je on već sledbenik broja 1, te ga oznaˇcavamo sa 4 itd., za sve prirodne brojeve u skladu sa aksiomom A5 . Na taj naˇcin aksiomatski formiramo skup prirodnih brojeva N = {1, 2, 3, 4, . . .} U aksiomatski zasnovanoj teoriji prirodnih brojeva uvodimo operacije sabiranje i mnoˇzenje na sledeći naˇcin: Definicija 1. Sabiranje na skupu prirodnih brojeva, u oznaci +, je binarna operacija sa sledećim osobinama: 1) (∀x ∈ N) x + 1 = x0 2) (∀x, y ∈ N) x + y 0 = (x + y)0 Primer 2. Dokazati da je 7 + 3 = 10.

52

Glava 6. Skupovi brojeva Reˇsenje: Imamo da je

7 + 3 = 7 + 20 = (7 + 2)0 = (7 + 10 )0 = ((7 + 1)0 )0 = ((70 )0 )0 = (80 )0 = (9)0 = 10. U navedenom primeru brojevi 7 i 3 se nazivaju sabirci, dok se broj 10 naziva zbir. Definicija 2. Mnoˇzenje na skupu prirodnih brojeva, u oznaci ·, je binarna operacija sa sledećim osobinama: 1) (∀x ∈ N) x · 1 = x 2) (∀x, y ∈ N) x · y 0 = x · y + x

Primer 3. Dokazati da je 7 · 3 = 21. Reˇsenje: Imamo da je 7 · 3 = 7 · 20 = 7 · 2 + 7 = 7 · 10 + 7 = (7 · 1 + 7) + 7 = 7 + 7 + 7 = 21. U navedenom primeru brojevi 7 i 3 se nazivaju ˇcinioci, dok se broj 21 naziva proizvod. Na poˇcetku ove glave navedena su tvrd¯enja koja vaˇze za operacije sabiranje i mnoˇzenje. Pored njih vaˇze i sledeća tvrd¯enja: Teorema 1. Neka su x, y, z ∈ N. Tada je 1) x = y ⇔ x + z = y + z 2) x | +x+ {z. . . + x} = y · x y puta

Definicija 3. Stepenovanje prirodnog broja x prirodnim brojem n, u oznaci xn , je binarna operacija sa sledećim osobinama: 1) (∀x ∈ N) x1 = x 0

2) (∀x, n ∈ N) xn = xn · x Broj xn je stepen, broj x je osnova ili baza, a broj n je izloˇzilac ili eksponent.

6.1. Prirodni brojevi

53

Primer 4. Dokazati da je 73 = 343. Reˇsenje: Imamo da je 0

0

73 = 72 = 72 · 7 = 71 · 7 = (71 · 7) · 7 = 7 · 7 · 7 = 343. Osobine stepenovanja na skupu prirodnih brojeva iskazane su sledećom teoremom: Teorema 2. Neka su x, y, n, m ∈ N. Tada je 1) x · . . . · x} = xn | · x {z n puta

2) xn · xm = xn+m 3) (xn )m = xn·m

4) (x · y)n = xn · y n Primer 5. Dokazati da je 43 = 64. Reˇsenje: Imamo da je 0

0

43 = 42 = 42 · 4 = 41 · 4 = (41 · 4) · 4 = 4 · 4 · 4 = 64. Pre definicije operacije oduzimanja neophodno je uvesti definicije relacija manje (u oznaci < ), manje ili jednako (u oznaci ≤ ), veće (u oznaci > ) i veće ili jednako (u oznaci ≥ ). Definicija 4. Za x, y ∈ N relacije i ≥ definiˇsemo na sledeći naˇcin: 1) x < y ⇔ (∃z ∈ N) y = x + z 2) x ≤ y ⇔ x < y ∨ x = y 3) x > y ⇔ y < x 4) x ≥ y ⇔ x > y ∨ x = y Navedene relacije imaju sledeće osobine: Teorema 3. Neka su x, y, z, u, v ∈ N. Tada je: 1) x ≤ y ∧ y ≤ x ⇒ x = y

54

Glava 6. Skupovi brojeva 2) x < y ∧ y < z ⇒ x < z 3) x ≤ y ∧ y ≤ z ⇒ x ≤ z 4) x > y ∧ y > z ⇒ x > z 5) x ≥ y ∧ y ≥ z ⇒ x ≥ z 6) x < y ⇔ x + z < y + z 7) x < y ∧ u < v ⇒ x + u < y + v 8) x < y ⇔ x · z < y · z 9) x < y ∧ u < v ⇒ x · u < y · v

U glavi 7 opˇsirnije ćemo razmotriti linearne jednaˇcine sa jednom nepoznatom. Pre toga, uoˇcimo jednaˇcinu: x+1 =1 Ova jednaˇcina nema reˇsenja u skupu N (jer je x 0 = 1 u suprotnosti sa Peanovom aksiomom A3 ). Analogno se utvrd¯uje da za a, b ∈ N i a < b jednaˇcina x + b = a nema reˇsenja u skupu N. Teorema 4. Za a, b ∈ N postoji jedan i samo jedan prirodan broj x takav da je x + b = a ako i samo ako je b < a. Na osnovu navedene teoreme sledeća definicija je korektna: Definicija 5. Za b < a, oduzimanje prirodnog broja b od prirodnog broja a, u oznaci a − b, je binarna operacija koja navedenim prirodnim brojevima a i b pridruˇzuje prirodan broj x na sledeći naˇcin x + b = a. To zapisujemo i sa x=a−b Broj a je umanjenik, broj b je umanjilac a broj x je razlika. Oduzimanje u skupu prirodnih brojeva je parcijalna (uslovna) operacija jer je definisana samo u sluˇcaju kada je b < a (umanjilac je manji od umanjenika). Teorema 5. Neka su x, y, z, u, v ∈ N. Ako je umanjilac manji od umanjenika onda vaˇzi:

6.1. Prirodni brojevi

55

1) x − y = u − v ⇔ x + v = y + u 2) x < y − z ⇔ x + z < y 3) x − y < z ⇔ x < z + y 4) x − y < u − v ⇔ x + v < y + u 5) x + (y − z) = (x + y) − z 6) (x − y) + (u − v) = (x + u) − (y + v) 7) x − (y − z) = (x + z) − y 8) (x − y) − z = x − (y + z) 9) (x − y) − (u − v) = (x + v) − (y + u) 10) x · (y − z) = x · y − x · z 11) x = y ⇒ x · z = y · z 12) x · z = y · z ⇒ x = y Pre definicije operacije oduzimanje morali smo da definiˇsemo relaciju a ? Ako ˇzelimo da damo odgovor na ovo pitanje moramo skup prirodnih brojeva proˇsiriti, u prvom sluˇcaju brojem 0, a u drugom sluˇcaju brojevima iz skupa koji ćemo nazvati skup celih negativnih brojeva, u oznaci Z − , koga definiˇsemo sa: Z− = {−x|x ∈ N}. Na taj naˇcin smo dobili novi skup, skup celih brojeva, koga oznaˇcavamo sa Z i definiˇsemo sa: Z = N ∪ {0} ∪ Z− . Iz praktiˇcnih razloga kada govorimo o skupu celih brojeva onda skup prirodnih brojeva N oznaˇcavamo sa Z+ i nazivamo ga skup celih pozitivnih brojeva, tj. Z = Z+ ∪ {0} ∪ Z− . Na skupu Z jednaˇcina x = a − b ima reˇsenje za svaki odabir brojeva a i b, pa je operacija oduzimanje unutraˇsnja operacija na skupu Z. Neka su x, y ∈ N. Navodimo pravila za izraˇcunavanje zbira i proizvoda celih brojeva, kada je bar jedan sabirak (ˇcinilac) ceo negativan broj. U prvom sluˇcaju imamo

6.2. Celi brojevi x + (−y) =

x − y, x ≥ y −(y − x), x < y

x · (−y) = −(x · y). Primer 6. Izraˇcunati: 7 + (−5) =?, 3 + (−12) =? i 7 · (−6) =? Reˇsenje: Imamo da je 7 + (−5) = 7 − 5 = 2 3 + (−12) = −(12 − 3) = −9 7 · (−6) = −(7 · 6) = −42. U drugom sluˇcaju imamo y − x, x ≤ y (−x) + y = −(x − y), x > y (−x) · y = −(x · y). Primer 7. Izraˇcunati: (−7) + 5 =?, (−3) + 12 =? i (−7) · 6 =? Reˇsenje: Imamo da je (−7) + 5 = −(7 − 5) = −2 (−3) + 12 = 12 − 3 = 9 (−7) · 6 = −(7 · 6) = −42. U trećem sluˇcaju imamo (−x) + (−y) = −(x + y) (−x) · (−y) = x · y. Primer 8. Izraˇcunati: (−7) + (−5) =? i (−7) · (−6) =? Reˇsenje: Imamo da je (−7) + (−5) = −(7 + 5) = −12

57

58

Glava 6. Skupovi brojeva (−7) · (−6) = 7 · 6 = 42.

Na kraju, sabiranje i mnoˇzenje nulom dato je sledećim pravilima x+0=0+x=x x + (−x) = 0 x · 0 = 0 · x = 0. Za dati broj x ∈ Z broj −x nazivamo suprotan broj broja x. Preostalo je da definiˇsemo pravila i za operacije oduzimanje i deljenje. Operaciju oduzimanja definiˇsemo preko operacije sabiranja na sledeći naˇcin: x − y = x + (−y),

x, y ∈ Z.

Deljenje u skupu Z definiˇsemo kao u skupu N, uz uslov da je imenilac razliˇcit od nule. Neka su x, y ∈ N. Tada, u sluˇcaju da je deljenik ili delilac ceo negativan broj, za operaciju deljenja vaˇze sledeća pravila: x : (−y) = −(x : y) (−x) : y = −(x : y) (−x) : (−y) = x : y. Primer 9. Izraˇcunati: 8 : (−2) =?, (−9) : 3 =? i (−12) : (−6) =? Reˇsenje: Imamo da je 8 : (−2) = −(8 : 2) = −4 (−9) : 3 = −(9 : 3) = −3 (−12) : (−6) = 12 : 6 = 2. Operacija deljenje u skupu celih brojeva nije unutraˇsnja operacija (ona je uslovna), jer recimo 2 : 3 6∈ Z. Na skupu Z relacije , ≥ se definiˇsu analogno kao na skupu N. Teorema 6. Sledeća tvrd¯enja su taˇcna:

6.3. Racionalni brojevi

59

1) x ∈ N ⇒ (x > 0 ∧ −x < 0) 2) x < y ⇔ −x > −y,

x, y ∈ Z

3) z > 0 ∧ x < y ⇔ x · z < y · z,

x, y, z ∈ Z

4) z < 0 ∧ x < y ⇔ x · z > y · z,

x, y, z ∈ Z.

6.3

Racionalni brojevi

Proˇsirenje skupa prirodnih brojeva na skup celih brojeva omogućilo je da operacija oduzimanje bude unutraˇsnja operacija na skupu celih brojeva. Na koji skup treba proˇsiriti skup celih brojeva pa da operacija deljenje ne bude uslovna operacija, već unutraˇsnja na tom skupu (jednaˇcina oblika b · x = a ima reˇsenje na skupu Z samo ako je b|a)? U daljem tekstu podrazumevaćemo pod pojmom razlomka broj oblika a , gde je a, b ∈ Z i b 6= 0. b Odgovor na postavljeno pitanje je skup racionalnih brojeva, u oznaci Q, a definiˇsemo ga na sledeći naˇcin: na o Q= | a, b ∈ Z ∧ b 6= 0 . b Za racionalne brojeve vaˇze tvrd¯enja iz tabele sa poˇcetka ove glave. Pored toga, vaˇze i sledeća dva tvrd¯enja x + (−x) = 0 (∀x ∈ Q\{0})(∃x) x · x = 1. Za x 6= 0 broj x je jedinstven i naziva se reciproˇcna vrednost broja x. Sliˇcno kao kod prirodnih brojeva imamo da je x=1:x= Analogno

1 , x

x 1 =x· , y y

x ∈ Q, x, y ∈ Q,

Neka su a, b, c, d ∈ Q. Tada je 1)

1 1 1 = · , a·b a b

(a 6= 0, b 6= 0)

x 6= 0. y 6= 0.

60

Glava 6. Skupovi brojeva 1 b 2) a = , a b a c 3) = ⇔ a · d = b · c, b d a b a 5) b 4)

6)

(a 6= 0, b 6= 0) (b 6= 0, d 6= 0)

c a·d±b·c = , d b·d c a·c · = , d b·d ±

(b 6= 0, d 6= 0) (b 6= 0, d 6= 0)

a d a·d a c : = · = , b d b c b·c

(b 6= 0, c 6= 0, d 6= 0)

Za prirodne brojeve a i b znak koliˇcnika je odred¯en tvrd¯enjima: −a a a = =− , b −b b

−a a = . −b b

Neka su ponovo a, b, c, d ∈ Q i c 6= 0, d 6= 0. Tada je a a·c = , b b·c

a a:c = . b b:c

Na kraju, navodimo na koji naˇcin se stepenuju racionalni brojevi celim izloˇziocem. Neka su a, b ∈ Q i n, m ∈ Z. Tada je 1) an · am = an+m ;

an : am = an−m ;

2) an · bn = (a · b)n ;

an : bn = (a : b)n (b 6= 0) .

3) a0 = 1;

a−n =

1 an

(an )m = an·m .

(a 6= 0) .

Primer 10. Izraˇcunati izraze: 1) 34 · 32 =? i 57 : 53 =? 2) 53 · 23 =? i 64 : 34 =? Reˇsenje: Na osnovu navedene teoreme imamo da je: 1) 34 · 32 = 34+2 = 36 = 729 i 57 : 53 = 57 − 3 = 52 = 25, 2) 53 · 23 = (5 · 2)3 = 103 = 1000 i 64 : 34 = (6 : 3)4 = 24 = 16.

6.4. Realni brojevi

6.4

61

Realni brojevi

Pored racionalnih brojeva, postoje i brojevi koji nisu racionalni. Jedan √ takav broj je 2. Dokaˇzimo ovo tvrd¯enje.√ Pretpostavimo suprotno, da je broj 2 racionalan. Tada ga moˇzemo zapisati u obliku √ a 2= , a, b ∈ Z, b 6= 0, b gde su brojevi a i b uzajamno prosti1 . Ako levu i desnu stranu jednaˇcine stepenujemo brojem dva, pa je pomnoˇzimo sa b 2 , dobićemo sledeću jednaˇcinu 2 · b 2 = a2 . Odavde imamo da je a2 paran broj, pa je i a paran broj. To znaˇci da je a = 2 · n, n ∈ N. Tada je (2 · n)2 = 2 · b2 , odnosno 2 · n2 = b2 , pa je b paran broj. Tada su brojevi a i b parni brojevi, deljivi sa 2. To je kontradikcija √ sa polaznom pretpostavkom da su oni uzajamno prosti. Znaˇci, broj 2 nije racionalan broj. Navedeni primer pokazuje da postoji potreba uvod¯enja novih brojeva, koje nazivamo iracionalni brojevi. Skup iracionalnih brojeva oznaˇcavamo sa I. Unija skupa racionalnih i iracionalnih brojeva jeste skup realnih brojeva, u oznaci R. Skup racionalni brojeva i skup iracionalnih brojeva su disjunktni skupovi. Jedan od naˇcina definisanja realnih brojeva je pomoću tzv. decimalnih razvitaka. Svakom racionalnom broju odgovara konaˇcan ili beskonaˇcan periodiˇcan2 decimalni razvitak. Na primer 1 = 0, 5 ; 5

1 = 0, 1666 . . . . 6

Beskonaˇcni decimalni razvitci koji nisu periodiˇcni su iracionalni brojevi. Takav je na primer broj 0, 343443444344443444443 . . . . Na kraju, konstatujemo odnose med¯u definisanim skupovima brojeva: N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R ∧ R = Q ∪ I ∧ Q ∩I = ∅. 1 Brojevi a i b su uzajamno prosti ako i samo ako je broj jedan jedini zajedniˇcki delilac ova dva broja. 2 Poˇcev od nekog decimalnog mesta cifre se periodiˇcno ponavljaju.

62

Glava 6. Skupovi brojeva

6.5

Zadaci

1. Matematiˇckom indukcijom dokazati: 1) 1 · 2 + 2 · 3 + ... + n · (n + 1) = 2) 1 + 2 + ... + n =

1 · n · (n + 1) · (n + 2), 2

1 · n · (n + 1), 2

3) 13 + 23 + ... + n3 =

1 2 · n · (n + 1)2 , 4

4) 12 − 22 + ... + (−1)n−1 n2 = (−1)n−1 5)

n · (n + 1) , 2

1 2 3 n 2·n=3 + 2 + 3 + ... + n = . 3 3 3 3 4 · 3n

2. Za prirodan broj n dokazati da je 6 n − 5n + 4 deljivo brojem 5. 3. Dokazati: 1) 2n+4 > (n + 4)2 , 2) 1 + 3)

1 1 1 1 + + + ... + 2 < 2, 4 9 16 n

n > 1,

n 1 1 1 1 < 1 + + + + ... + n < n, 2 2 3 4 2 −1

n > 1.

Glava 7

Linearne jednaˇ cine, nejednaˇ cine i sistemi jednaˇ cina 7.1

Linearne jednaˇ cine sa jednom nepoznatom

Algebarski racionalni izrazi su izrazi sastavljeni iz brojeva (konstanti) i promenljivih u kojima se koriste racionalne operacije 1 : sabiranje, oduzimanje, mnoˇzenje, deljenje (delilac razliˇcit od nule) i stepenovanje celim izloˇziocem. Ako u izrazu nema operacije deljenje onda ga nazivamo ceo algebarski racionalan izraz. Primer 1. Racionalni algebarski izrazi su na primer 6,

x,

(x2 − z)3 ,

x−3 . y+2

Definicija 1. Jednakost izraza A i B je logiˇcki sud koji izraˇzava da je vrednost izraza A jednaka vrednosti izraza B, u oznaci A = B. Jednakosti, kao iskazne reˇcenice, mogu biti taˇcne (>) ili netaˇcne (⊥), u oznaci > v(A = B) = ⊥ 1

Mogu da se izvedu na skupu racionalnih brojeva.

63

64

Glava 7. Linearne jednaˇcine, nejednaˇcine i sistemi jednaˇcina

Definicija 2. Neka su A i B algebarski racionalni izrazi koji sadrˇze npromenljivih. Tada jednakost A = B nazivamo jednaˇcina sa n-nepoznatih. Za n = 1 imamo jednaˇcinu sa jednom nepoznatom. Ako je jednaˇcina taˇcna za ma koje vrednosti promenljivih, tada kaˇzemo da se radi o identitetu. One brojne vrednosti promenljivih za koje se jednaˇcina sa jednom nepoznatom prevodi u brojnu jednakost, nazivaju se reˇsenja (koreni) jednaˇcine. Prema tome, reˇsiti jednaˇcinu znaˇci naći sva njena reˇsenja ili se uveriti u to da ona nema reˇsenja. Sam problem reˇsavanja jednaˇcine je uslovljen pojmom ekvivalentnosti jednaˇcina, o ˇcemu nam govori sledeća definicija: Definicija 3. Dve jednaˇcine sa istom promenljivom su ekvivalentne ako je svako reˇsenje jedne od njih reˇsenje i druge jednaˇcine i obrnuto. Primer 2. Neka je A(x) = x, B(x) = jednakosti:

1 ˇ pretstavljaju i C(x) = 2 − 3x. Sta 1 x

1) A = B, 2) A = C. Reˇsenje: Zakljuˇcujemo da je jednakost A = B identitet, jer su vrednosti ovih izraza jednake za ma koje x 6= 0, dok jednakost A = C nije identitet, jer je jednostavno naći vrednosti za x, za koje su ti izrazi razliˇciti. Na primer, za x = 0 ⇒ A(0) = 0, a C(0) = 2, itd. Jasno je da jednakost A = C moˇzemo, za neke vrednosti x, transformisati u brojnu jednakost. To postiˇzemo tako 1 ˇsto iz A = C ⇒ x = 2 − 3x, a odavde sledi da za x = jednakost A = C 2 prelazi u brojnu jednakost. Primer 3. Da li su sledeće jednaˇcine ekvivalentne? 1) x − 3 = 0 i 1 + x = 4, 2) x2 − 9 = 0 i x − 3 = 0. Reˇsenje: 1) x − 3 = 0 i 1 + x = 4 su ekvivalentne jer im je koren broj x = 3. 2) Jednaˇcine x2 − 9 = 0 i x − 3 = 0 nisu ekvivalentne, mada je x = 3 koren i jedne i druge, ali x = −3 je koren samo prve jednaˇcine.

7.1. Linearne jednaˇcine sa jednom nepoznatom

65

Teorema 1. Neka su A, B i C bilo koji brojevi ili algebarski racionalni izrazi. Tada su taˇcna sledeća tvrd¯enja: 1) A = C ⇒ (A = B ⇐⇒ C = B), 2) B = C ⇒ (A = B ⇐⇒ A = C), 3) A = B ⇐⇒ (A + C = B + C), 4) C 6= 0 ⇒ (A = B ⇐⇒ AC = BC), 5) svaki ˇclan jednaˇcine se moˇze preneti sa jedne strane znaka jednakosti na drugu, ako mu se promeni znak. Dokaz: 1) (⇒) Pretpostavimo da je A = C. Ako je A = B, tada na osnovu simetrije i tranzitivnosti, zakljuˇcujemo da je C = B. (⇐) Ako je C = B, to na osnovu tranzitivnosti sledi da je A = B. Iz navedenog sledi da vaˇzi A = C ⇒ (A = B ⇐⇒ C = B), ˇsto je i trebalo dokazati. 3) (⇒) Neka je A = B. Kako je jednakost saglasna sa operacijom sabiranje, to dodavanjem C na obe strane dobijamo da je A + C = B + C. (⇐) Ako vaˇzi A + C = B + C, tada dodavanjem (−C) sa obe strane dobijamo da je A + C + (−C) = B + C + (−C) ⇒ A + C − C = B + C − C ⇒ A = B . Preostala tvrd¯enja se analogno dokazuju. Primer 4. Reˇsiti po x jednaˇcinu: 1 1 1 x−5 = x− . 2 6 3 Reˇsenje:

⇔

⇔

⇔

⇔

1 1 1 x−5 = x− /·6 2 6 3 3x − 30 = x − 2 / + (−x) 2x − 30 = −2 / + 30

2x = 28/ : 2 x = 14.

66

Glava 7. Linearne jednaˇcine, nejednaˇcine i sistemi jednaˇcina

Dakle, imamo ekvivalenciju 1 1 1 x − 5 = x − ⇐⇒ x = 14 . 2 6 3 Odavde neposredno zakljuˇcujemo da je broj 14 reˇsenje polazne jednaˇcine. Definicija 4. Jednaˇcinu ekvivalentnu sa jednaˇcinom oblika a·x =b gde su a i b racionalni brojevi a x nepoznata, nazivamo linearna jednaˇcina sa jednom nepoznatom. Brojevi a i b su parametri ili koeficijenti. Teorema 2. U zavisnosti od parametara linearne jednaˇcine imamo sledeće moguće sluˇcajeve za njeno reˇsenje: b jedino reˇsenje, pa je data jednaˇcina 1) Ako je a = 6 0 imamo da je a jednaˇcina sa jedinstvenim reˇsenjem. 2) Ako je a = 0 i b 6= 0 tada jednaˇcina nema reˇsenja pa je nemoguća. 3) Ako je a = 0 i b = 0, tada je svaki realan broj reˇsenje date jednaˇcine, pa je ona neodred¯ena. Primer 5. Dokazati da je jednaˇcina 3x − 4 = 5x + 2 linearna jednaˇcina sa jedinstvenim reˇsenjem. Reˇsenje: 3x − 4 = 5x + 2 ⇔ 3x − 5x = 4 + 2 ⇔ −2x = 6. Poˇsto je poslednja jednaˇcina oblika a · x = b zadatak je reˇsen (definicija 4). Primer 6. Reˇsiti po x jednaˇcine: 1) x + 2 = 8,

7.1. Linearne jednaˇcine sa jednom nepoznatom

67

2) 2x − 1 = x + 2. Reˇsenje: 1)

x+2 =8 ⇔x+2−2 =8−2 ⇔ x = 6.

2x − 1 = x + 2

2)

⇔ 2x − x − 1 = x − x + 2 ⇔x−1 =2

⇔x−1+1 =2+1 ⇔ x = 3.

Primer 7. Za a, b ∈ Q, a 6= 0, b 6= 0 reˇsiti po x jednaˇcinu: x−a x−b 2(a2 − b2 ) − = . b a ab Reˇsenje: A

⇐⇒ ⇐⇒

⇐⇒

⇐⇒ ⇐⇒

x−a x−b 2(a2 − b2 ) − = / · ab b a ab a(x − a) − b(x − b) = 2(a2 − b2 )

ax − a2 − bx + b2 = 2a2 − 2b2

(a − b)x = 3(a2 − b2 )

(a − b)x = 3(a − b) (a + b)

Sada razlikujemo sledeće mogućnosti: 1) Ako je a − b 6= 0, tj. a 6= b, tada jednaˇcina A ima jedinstveno reˇsenje 3(a + b), jer je (a − b)x = 3(a − b)(a + b) ⇐⇒ x = 3(a + b) 2) Ako je a − b = 0, tj. a = b, tada je jednaˇcina A ekvivalentna jednaˇcini 0 · x = 0, pa je svaki realan broj njeno reˇsenje. Linearne jednaˇcine sa jednom nepoznatom se koriste prilikom reˇsavanja tzv. ”tekstualnih zadataka”. Navodimo ˇcetiri takva primera:

68

Glava 7. Linearne jednaˇcine, nejednaˇcine i sistemi jednaˇcina

Primer 8. Marko je tri puta mlad¯i od svog brata, a zajedno imaju 68 godina. Koliko godina ima Marko, a koliko njegov brat? Reˇsenje: Oznaˇcimo broj godina Marka sa promenljivom x. Tada je x + 3x = 68 ⇔ 4x = 68 ⇔ x =

68 ⇔ x = 17. 4

Marko ima 17 godina, a njegov brat 3 · 17 = 51 godinu. Primer 9. Na prvoj polici se nalazi x knjiga, na drugoj tri puta manje a na trećoj pet puta viˇse nego na prvoj. Ako bi se trećoj polici dodalo 8 knjiga na njoj bi bilo 83 knjige. Koliko se knjiga nalazi na sve tri police? Reˇsenje: Na trećoj polici ima 83 − 8 = 75 knjiga. Poˇsto na trećoj polici ima pet puta viˇse knjiga nego na prvoj imamo da je 5x = 75 ⇔ x =

75 ⇔ x = 15. 5

Poˇsto na prvoj polici ima 15 knjiga, a na drugoj tri puta manje, broj knjiga na drugoj polici je x 15 = = 5. 3 3 Ukupno znaˇci ima 15 + 5 + 75 = 95 knjiga na sve tri police. Primer 10. Ako u posudu dodamo 18 litara vode dobićemo koliˇcinu vode koja je ˇcetiri puta veća od koliˇcine vode koja bi se dobila kada bi iz posude odvadili 24 litra vode. Koliko litara vode ima trenutno u posudi? Reˇsenje: Oznaˇcimo broj litara vode u posudi promenljivom x. Imamo da je (x + 18) = 4(x − 24) ⇔ x + 18 = 4x − 96

⇔ 96 + 18 = 4x − x ⇔ 114 = 3x 114 ⇔ x= ⇔ x = 38. 3

Primer 11. Nina ima ˇsest puta viˇse dinara od Maje. Ako Nina potroˇsi 24 dinara, a Maja zaradi 18 dinara tada je koliˇcnik preostalih dinara Nine i Maje jednak broju dva. Koliko je imala dinara Nina, a koliko Maja?

7.2. Linearne nejednaˇcine sa jednom nepoznatom

69

Reˇsenje: Neka je broj dinara koji ima Maja x. Tada 6x − 24 = 2 ⇔ 6x − 24 = 2(x + 18) ⇔ 6x − 24 = 2x + 36 x + 18 ⇔ 6x − 2x = 36 + 24 ⇔ 4x = 60 60 ⇔ x = 15. ⇔ x= 4 Maja je imala 15 dinara, a Nina 6 · 15 = 90 dinara.

7.2

Linearne nejednaˇ cine sa jednom nepoznatom

Definicija 5. Neka su A i B algebarski racionalni izrazi koji sadrˇze npromenljivih i ρ jedna od relacija: , ≥ . Tada kaˇzemo da je A ρ B nejednaˇcina sa n-nepoznatih. Za n = 1 imamo nejednaˇcinu sa jednom nepoznatom. Pojmovi reˇsenja nejednaˇcine i ekvivalentnosti nejednaˇcina definiˇsu se kao kod jednaˇcina. Za reˇsenje nejednaˇcine ˇcesto se koristi sledeća teorema: Teorema 3. Neka su A, B i C bilo koji brojevi ili algebarski racionalni izrazi. Tada su taˇcna sledeća tvrd¯enja: 1) A < B ⇔ A + C < B + C, 2) A < B ⇔ A − C < B − C, 3) C > 0 ⇒ (A < B ⇔ A · C < B · C), 4) C < 0 ⇒ (A < B ⇔ A · C > B · C). 5 3x Primer 12. Reˇsiti nejednaˇcinu −4 + ≤ − 2x u skupu racionalnih 4 6 brojeva. Reˇsenje: −4 + ⇔

3x 5 ≤ − 2x 4 6

3x 5 + 2x ≤ + 4/ · 12 4 6

⇔ 9x + 24x ≤ 10 + 48 ⇔ 33x ≤ 58

70

Glava 7. Linearne jednaˇcine, nejednaˇcine i sistemi jednaˇcina

58 33 Skup reˇsenja navedene nejednaˇcine je skup D dat sa: 58 D = {x ∈ Q|x ≤ .} 33 Definicija 6. Nejednaˇcinu ekvivalentnu sa nejednaˇcinom oblika ⇔x≤

a · xρb

gde su a i b racionalni brojevi, x nepoznata a ρ jedna od relacija: , ≥, nazivamo linearna nejednaˇcina sa jednom nepoznatom. Brojevi a i b su parametri ili koeficijenti. Primer 13. Da li je nejednaˇcina 7 · (2x − 7) < 3x + 9 linearna? Reˇsenje: Poˇsto je 7 · (2x − 7) < 3x + 9 ⇔ 14x − 49 < 3x + 9 ⇔ 14x − 3x < 9 + 49 ⇔ 11x < 58 navedena nejednaˇcina je linearna. Teorema 4. Neka su a, b ∈ Q. Tada u zavisnosti od parametara linearne nejednaˇcine a · x < b imamo sledeće moguće sluˇcajeve za njeno reˇsenje: b 1) Ako je a > 0 tada je skup reˇsenja nejednaˇcine D = x ∈ Q|x < . a b . 2) Ako je a < 0 tada je skup reˇsenja nejednaˇcine D = x ∈ Q|x > a 3) Ako je a = 0 i b > 0 tada je skup reˇsenja nejednaˇcine D = Q. 4) Ako je a = 0 i b ≤ 0 nejednaˇcina nema reˇsenja. Sliˇcno glase teoreme i za preostale tri relacije. 3x 5 Primer 14. Reˇsiti nejednaˇcinu −4 + ≤ + 2x. 4 6 Reˇsenje: 3x 5 −4 + ≤ + 2x 4 6 3x 5 ⇔ − 2x ≤ + 4/ · 12 4 6 ⇔ 9x − 24x ≤ 10 + 48 ⇔ −15x ≤ 58\ : (−15) ⇔x≥ −

58 15

7.3. Determinante

7.3

71

Determinante

Definicija 7. Neka je n ∈ N i aij ∈ R, i, j = 1, 2, ..., n. Determinanta reda n, u oznaci D, je kvadratna ˇsema oblika: a11 a12 ... a1n a21 a22 ... a2n D= (7.1) .. .. .. . . ... . an1 an2 ... ann Neka je i, j = 1, 2, ..., n i determinanta D data sa (7.1). Uvedimo sledeću notaciju: 1) aij su koeficijenti determinante. 2) a1j , a2j , ...., anj su elementi j−te kolone. 3) ai1 , ai2 , ...., ain su elementi i−te vrste. 4) a11 , a22 , ...., ann su elementi glavne dijagonale. 5) an1 , a(n−1)2 , ...., a1n su elementi sporedne dijagonale. 6) Dij , (n ≥ 2) je minor ili subdeterminanta elementa a ij determinante D, koja se dobija od D izostavljanjem i−te vrste i j−te kolone. Minor D ij je reda n − 1. 7) Aij = (−1)i+j Dij , je kofaktor ili algebarski komplement elementa a ij determinante D. 8) Transponovana determinanta determinante D, u oznaci D 0 je determinanta oblika a11 a21 ... an1 a12 a22 ... an2 D0 = .. .. .. . . ... . a1n a2n ... ann Definicija 8. Svakoj determinanti D dodeljujemo jedan realan broj i nazivamo ga vrednost determinante D. Ova vrednost se takod¯e obeleˇzava istim simbolom kao determinanta i raˇcuna se na sledeći naˇcin: 1) D = |a11 | = a11 , 2) D =

n X i=1

aij Aij =

n X j=1

aij Aij ,

n ≥ 2.

72

Glava 7. Linearne jednaˇcine, nejednaˇcine i sistemi jednaˇcina

Na osnovu navedene definicije i definicije kofaktora A ij dobijamo da je vrednost determinate reda 2, u opˇstem sluˇcaju, jednaka razlici proizvoda elemenata glavne i sporedne dijagonale, tj. a11 a12 a21 a22 = a11 · a22 − a12 · a21 .

Sliˇcno dobijamo za determinantu reda 3, gde determinanti ”dodajemo” prve dve kolone, tj. a11 a12 a13 a11 a12 a21 a22 a23 a21 a22 = a31 a32 a33 a31 a32

= a11 ·a22 ·a33 +a12 ·a23 ·a31 +a13 ·a21 ·a32 −a12 ·a21 ·a33 −a11 ·a23 ·a32 −a13 ·a22 ·a31 Ovo pravilo nazivamo Sarusovo i ono se ˇcesto koristi za izraˇcunavanja vrednosti determinante reda 3. Primer 15. Izraˇcunati vrednost determinanti: 1 2 3 5 2 , 2 1 4 3 4 1 5 1 Reˇsenje:

1 2 3 2 1 4 1 5 1

5 2 3 4

.

= 5 · 4 − 2 · 3 = 20 − 6 = 14 .

= 1 · 1 · 1 + 2 · 4 · 1 + 3 · 2 · 5 − 2 · 2 · 1 − 1 · 4 · 5 − 3 · 1 · 1 = 12 .

Teorema 5. Neka je n ≥ 2. Tada: 1) D = D 0 .

2) Ako dve vrste (ili dve kolone) promene mesta determinanta menja znak. 3) Determinanta se mnoˇzi realnim brojem tako ˇsto se svaki element jedne vrste (kolone) pomnoˇzi tim brojem. 4) Ako su u determinati svi elementi jedne vrste (kolone) jednaki 0, tada je D = 0.

7.4. Sistemi linearnih jednaˇcina

73

5) Ako su u determinanti dve vrste (kolone) proporcionalne, tada je D = 0. 6) Ako je svaki element k−te vrste (kolone) determinante D, reda n, prikazan kao zbir dva sabirka, akj = bkj + ckj ,

j = 1, 2, ..., n,

onda je D = D 1 + D2 , gde su determinante D1 i D2 reda n i sve vrste (kolone) sem k−te su im kao kod determinante D, dok je k−ta vrsta (kolona) determinante D1 upravo bk1 , bk2 , ...., bkn , a D2 je ck1 , ck2 , ...., ckn . 7) Determinanta ne menja vrednost ako elemente jedne vrste (kolone) pomnoˇzimo brojem i dodamo nekoj drugoj vrsti (koloni).

7.4

Sistemi linearnih jednaˇ cina

Definicija 9. Neka su m, n ∈ N, aij , bi ∈ R, i = 1, 2, ..., m i j = 1, 2, ..., n. Za promenljive x1 , x2 , ..., xn ˇsemu: a11 x1 + a12 x2 + . . . + a1n xn = b1 a21 x1 + a22 x2 + . . . + a2n xn = b2 .................................. am1 x1 + am2 x2 + . . . + amn xn = bm

(7.2)

nazivamo linearan sistem od m jednaˇcina sa n promenljivih (nepoznatih). Brojevi aij su koeficijenti uz promenljive, a bi su slobodni ˇclanovi. Definicija 10. Ako je bi = 0 za i = 1, 2, . . . m sistem (7.2) se naziva homogen. Definicija 11. Ured¯ena n−torka realnih brojeva (r 1 , r2 , . . . , rn ) takva da je svaka jednaˇcina sistema zadovoljena za x 1 = r1 , x2 = r2 , . . . , xn = rn naziva se reˇsenje sistema linearnih jednaˇcina. Teorema 6. Svaki sistem homogenih linearnih jednaˇcina ima uvek jedno reˇsenje (0, 0, . . . , 0). To reˇsenje se naziva trivijalno, dok su ostala ako postoje, netrivijalna. Definicija 12. Sistem linearnih jednaˇcina je

74

Glava 7. Linearne jednaˇcine, nejednaˇcine i sistemi jednaˇcina 1) saglasan (moguć), ako ima bar jedno reˇsenje. Saglasan sistem je: a) odred¯en, ako ima samo jedno reˇsenje, b) neodred¯en, ako ima vise reˇsenja. 2) protivreˇcan (nemoguć), ako nema ni jedno reˇsenje.

Definicija 13. Elementarne transformacije sistema linearnih jednaˇcina su: 1) zamena mesta bilo koje dve jednaˇcine, 2) mnoˇzenje bilo koje jednaˇcine sistema brojem razliˇcitim od nule, 3) dodavanje jednaˇcine, prethodno pomnoˇzene bilo kojim brojem, nekoj drugoj jednaˇcini. Definicija 14. Za dva sistema linearnih jednaˇcina kaˇzemo da su ekvivalentna ako je reˇsenje jednog sistema reˇsenje i drugog, i obrnuto. Svaka dva protivreˇcna sistema su ekvivalentna. Teorema 7. Ako na sistemu linearnih jednaˇcina izvrˇsimo konaˇcan broj elementarnih transformacija dobijamo ekvivalentan sistem. Teorema 8. (Gausov metod eliminacije) Neka je dat sistem (7.2). 1) Ako je a11 6= 0 pred¯emo na korak 2), u suprotnom, ako je a 11 = 0 elementarnom transformacijom stavimo prvu jednaˇcinu kod koje je ai1 6= 0 kao prvu i izvrˇsimo reindeksaciju sistema u obliku (7.2). ak1 , k = 2, 3, . . . , m i dodajemo a11 k−oj jednaˇcini. Nakon ovog koraka dobijamo ekvivalentan sistem:

2) Prvu jednaˇcinu mnoˇzimo redom sa − a11 x1 +

a12 x2 + . . . + a122 x2 + . . . +

a1n xn a12n xn

= b1 = b12

...

(7.3)

a1m2 x2 + . . . + a1mn xn = b1m 3) Ako su u sistemu (7.3) u nekoj jednaˇcini svi koeficijenti jednaki nuli, tada ako je i slobodan ˇclan jednak nuli, jednaˇcina se izbacuje i vrˇsi se opet preindeksacija, dok ako je slobodan ˇclan razliˇcit od nule polazni sistem je protivreˇcan.

7.4. Sistemi linearnih jednaˇcina

75

4) U sistemu (7.3) posmatrajmo podsistem a122 x2 + . . . + a12n xn = b12 ......................... a1m2 x2 + . . . + a1mn xn = b1m Broj jednaˇcina ovog sistema je ≤ m − 1. Ako izvrˇsimo reindeksaciju u obliku sistema (7.2) onda ponovimo korake od 1) do 4) na ovako novodobijenom sistemu. 5) Nakon s ponavljanja koraka od 1) do 4) polazni sistem (7.2) je ekvivalentan sistemu oblika: a) a11 x1 + a12 x2 + . . . + as22 x2 + . . . + ...

a1n xn as2n xn

= b1 = bs2

asmn xn = bsm ili sistemu oblika: b) a11 x1 + a12 x2 + . . . + as22 x2 + . . . + ...

a1t xn + . . . + as2t xt + . . . +

a1n xn as2n xn

= b1 = bs2

asmt xt + . . . + asmn xn = bsm gde je t < n. 6) U sluˇcaju pod a) koji se inaˇce naziva trougaoni sistem, sistem je saglasan i odred¯en. Polazeći od zadnje jednaˇcine prema prvoj raˇcunamo vrednosti promenljivih xj , j = 1, ....n. U sluˇcaju pod b) imamo saglasan i neodred¯en sistem sa stepenom slobode n − t. Neka je dat sistem (7.2) kod koga je m = n, tj. a11 x1 + a12 x2 + . . . + a1n xn = b1 a21 x1 + a22 x2 + . . . + a2n xn = b2 ................................. an1 x1 + an2 x2 + . . . + ann xn = bn Tada je:

(7.4)

76

Glava 7. Linearne jednaˇcine, nejednaˇcine i sistemi jednaˇcina 1) a11 a12 a21 a22 D= .. .. . . an1 an2

... ...

a1n a2n .. .

... ... ann

determinanta sistema.

2) Di , i = 1, 2, . . . n, su determinante koje se dobijaju kada se i−ta kolona determinante sistema zameni sa kolonom koju ˇcine slobodni ˇclanovi sistema (7.4), tj. bj , j = 1, 2, . . . n. Teorema 9. (Kramerovo pravilo) Neka je dat sistem (7.4). Tada 1) ako je D = 0 sistem je protivreˇcan ili neodred¯en, 2) ako je D 6= 0 sistem je odred¯en, a njegova reˇsenja se dobijaju pomoću formule: Di xi = , i = 1, 2, . . . n. (7.5) D Primer 16. Reˇsiti sistem jednaˇcina: 1) Gausovim metodom eliminacije 2) pomoću determinanti 2x1 − 3x2 = −4 −6x1 + 8x2 = 22 Reˇsenje: 1) 2x1 − 3x2 = −4 / · 3 −6x1 + 8x2 = 10 2x1 − 3x2 = −4 − x2 = −2 2x1 − 3x2 = −4 x2 = 2 Pa iz prve jednaˇcine imamo da je 2x1 − 3 · 2 = −4, odnosno x1 = 1. Konaˇcno reˇsenje je (x1 , x2 ) = (1, 2).

7.4. Sistemi linearnih jednaˇcina 2) Determinanta sistema je 2 −3 = 2 · 8 − (−3) · (−6) = 16 − 18 = −2 . D= −6 8

Poˇsto je D = 6 0 sistem je odred¯en. −4 −3 = (−4) · 8 − (−3) · 10 = −32 + 30 = −2 , D1 = 10 8 2 −4 = 2 · 10 − (−4) · (−6) = 20 − 24 = −4 . D2 = −6 10 Pa na osnovu formule

xi =

imamo x1 =

Di D

−2 −4 = 1 i x2 = = 2. −2 −2

Primer 17. Reˇsiti sistem jednaˇcina

1) Gausovim metodom eliminacije 2) pomoću determinanti 6x1 + 24x2 = −30 =5 −x1 − 4x2 Reˇsenje: 1) 6x1 + 24x2 = −30 / : 6 −x1 − 4x2 = 5 6x1 + 24x2 = −30 0 = 0 Dobijeni sistem je ekvivalentan sistemu 6x1 + 24x2 = −30 −x1 − 4x2 = 5 Dati sistem je saglasan i neodred¯en, a njegova reˇsenja su oblika: (x1 , x2 ) = (4a − 5, a), gde je parametar a ∈ Q.

77

78

Glava 7. Linearne jednaˇcine, nejednaˇcine i sistemi jednaˇcina 2) Determinanta sistema je 6 −24 = 6 · (−4) − 24 · (−1) = −24 + 24 = 0 . D= −1 −4

Poˇsto je D = 0 sistem je ili protivreˇcan ili neodred¯en. U daljem postupku moramo primeniti Gausov metod eliminacije.

Primer 18. Reˇsiti sistem jednaˇcina: 1) Gausovim metod eliminacije 2) pomoću determinanti x1 + x 2 + x 3 = 3 x1 + 2x2 + 3x3 = 6 2x1 − x2 + 4x3 = 5 Reˇsenje: 1) x1 + x2 + x3 = 3 / · (−1) / · (−2) x1 + 2x2 + 3x3 = 6 2x1 − x2 + 4x3 = 5 x1 +

x2 + x3 = 3 x2 + 2x3 = 3 / · (3) −3x2 + 2x3 = −1 x1 + x 2 + x 3 = 3 x2 + 2x3 = 3 + 8x3 = 8

x1 + x 2 + 1 = 3 x2 + 2 · 1 = 3 x3 = 1 x1 + 1 +

1 = 3 x2 = 1 x3 = 1

x1 = 1 x2 = 1 x3 = 1 Konaˇcno reˇsenje je (x1 , x2 , x3 ) = (1, 1, 1).

7.4. Sistemi linearnih jednaˇcina 2) Determinanta 1 1 D = 1 2 2 −1

79

sistema je 1 3 = 1·2·4+1·3·2+1·1·(−1)−1·1·4−1·3·(−1)−1·2·2 = 8 4

Poˇsto je D 6= 0 sistem je odred¯en. 3 1 1 D1 = 6 2 3 = 8, 5 −1 4

Pa na osnovu formule

1 D2 = 1 2 1 D3 = 1 2

3 1 6 3 = 8, 5 4 1 3 2 6 = 8. −1 5

xi =

imamo x1 = x2 = x3 =

Di D

8 = 1. 8

Primer 19. Reˇsiti sistem jednaˇcina x1 + 2x2 − 3x3 = 4 3x1 + 7x2 + 4x3 = 6 2x1 + 6x2 + ax3 = 16 Gausovim metodom eliminacije. Reˇsenje: x1 + 2x2 − 3x3 = 4 / · (−3)/ · (−2) 3x1 + 7x2 + 4x3 = 6 2x1 + 6x2 + ax3 = 16 x1 + 2x2 − 3x3 = 4 + x2 + 13x3 = −6 / · (−2) + 2x2 + (a + 6)x3 = 8

80

Glava 7. Linearne jednaˇcine, nejednaˇcine i sistemi jednaˇcina x1 + 2x2 − 3x3 = 4 + x2 + 13x3 = −6 + + (a + 6 − 26)x3 = 20 x1 + 2x2 − 3x3 = 4 13x3 = −6 + x2 + + + (a − 20)x3 = 20

Za a = 20 sistem je kontradi- ktoran. Za a 6= 20 sistem je odred¯en. Imamo da su reˇsenja sistema: x3 =

7.5

20 260 580 , x2 = −6 − , x1 = 16 + . a − 20 a − 20 a − 20

Zadaci

1. Dati su izrazi A(x) = 2x2 , B(x) =

x−4 , x−3

C(x) = 4x2 − 4x + 1. Izraˇcunati: 1) 3A − 2B + C, 2) −2A2 − 3C, i naći reˇsenje jednaˇcine 4A = 2C. 2. Da li su sledeće jednaˇcine ekvivalentne? 1) 3x − 6 = 0 i 2x − 18 = x − 12, 2) x3 = 27 i x2 = 9, 3) −4x − 7 = x + 14 i x = −

21 . 5

3. Reˇsiti po x jednaˇcine na skupu Q: 5 1) 4(−13x + 6) = −5(−3x − ), 6

7.5. Zadaci

81

6 2) − − 3x = (8x − 7) · (−8), 7 3)

3x − 12 = 48, x−1

4)

3 5 17 x − 10 = x + , 4 6 2

5)

3a − 2 = −2 (x − 2)(9a2 − 4)

i u zavisnosti od parametra a ∈ Q komentarisati reˇsenje pod 5). 4. Marko, Mirko i Dejan imaju 72 dinara? Kada Dejan da Mirku 12 dinara, a Mirko Marku 8 dinara imaće isto dinara. Koliko je dinara imao svaki od njih na poˇcetku. 5. Troje uˇcenika je iz biblioteke uzelo isti broj knjiga za ˇcitanje. Kada su svi proˇcitali po ˇcetiri knjige, ostalo im je ukupno joˇs knjiga za ˇcitanje koliko je svako uzeo iz biblioteke. Koliko knjiga je uzeo svaki uˇcenik iz biblioteke? 6. Reˇsiti nejednaˇcine: 1 1) 7(−2x + 6) ≤ −3(−5x − ), 2 2 2) − − 4x > (2x + 6) · (−9). 3 7. Reˇsiti po x nejednaˇcine: 1)

−2 + x 3 + 2x ≤a· + 5, 4 5

2)

3 2 > . x−2 x−3

8. Reˇsiti sledeći sisteme jednaˇcina jednim od dva poznata metoda: −3x1 − 4x2 = −12 9x1 − 2x2 =3 9. U zavisnosti od parametara a, b, c, i d diskutovati sistem ax1 + bx2 = 2 cx1 + 2x2 = d

82

Glava 7. Linearne jednaˇcine, nejednaˇcine i sistemi jednaˇcina

10. Reˇsiti sistem jednaˇcina: 3x1 − x2 + 6x3 = −2 −2x1 − 3x2 + 4x3 = 4 −x1 − x2 − 4x3 = −1 11. Ne reˇsavajući sistem jednaˇcina 6x1 x1 4x1 x1

− 5x2 − 4x2 + 2x2 + x2

+ 5x3 − 6x3 + 6x3 + x3

+ 3x4 + x4 − 2x4 + x4

= = = =

0 0 0 0

odrediti jedno reˇsenje sistema. Ispitati potom da li je to jedino reˇsenje.

Glava 8

Kombinatorika Kombinatorika je grana matematike koja se bavi izuˇcavanjem odabira i rasporeda elemenata konaˇcnih skupova a pre svega brojem tih rasporeda. Takod¯e, njen predmet izuˇcavanja ˇcini i grupisanje odred¯enih podskupova datog skupa, raspored elemenata u njima, kao i broj tih grupisanja i rasporeda. Pre definisanja pojmova u kombinatorici (varijacija, permutacija i kombinacija) navodimo definiciju niza elemenata. Definicija 1. Konaˇcan niz x1 , x2 , ..., xk elemenata je kodomen preslikavanja f ˇciji je domen podskup skupa prirodnih brojeva N k = {1, 2, ..., k}, tj. 1 2 ... k f= . x1 x2 ... xk Iz praktiˇcnih razloga niz iz navedene definicije zapisujemo i na sledeći naˇcin x1 x2 ... xk ili kraće {xn }kn=1 . Elemenat xn = f (n)

n ∈ Nk .

nazivamo opˇsti ˇclan niza, dok broj n nazivamo indeksom elementa x n . Na sliˇcan naˇcin definiˇsemo i beskonaˇcan niz elemenata x1 x2 ...xk xk+1 , ... tj. {xn }∞ n=1 . Primer 1. Za tri razliˇcita elementa x 1 , x2 i x3 niz x1 x2 x3 i recimo niz x2 x3 x1 nisu jednaki.

83

84

Glava 8. Kombinatorika

Ako su svi elementi niza celi brojevi, tada govorimo o celebrojnom nizu; ako su svi elementi niza funkcije, tada govorimo o funkcionalnim nizovima; itd. Primer 2. Da li je dati niz celobrojan xn = 2n − 7,

n ∈ N?

Reˇsenje: Poˇsto je niz zadat preko opˇsteg ˇclana, njegove elemente ćemo dobiti ako u formulu uvrstimo redom brojeve 1, 2, 3, ... . Na taj naˇcin dobijamo x1 = 2 · 1 − 7 = −5 x2 = 2 · 2 − 7 = −3 x3 = 2 · 3 − 7 = −1 x4 = 2 · 4 − 7 = 1 .. .

tj. niz −5, −3, −1, 1, 3, 5, ... koji je celobrojan. Poˇsto je xn−1 = 2(n − 1) − 7 = 2n − 9 xn = 2n − 7, imamo da je xn = xn−1 + 2. Poslednja formula pretstavlja joˇs jedan naˇcin zadavanja nizova - rekurentnom formulom. Tada mora uvek biti zadat prvi ˇclan niza. U naˇsem primeru potpuna rekurentna formula glasi: x1 = −5

xn = xn−1 + 2.

8.1

Permutacije, varijacije i kombinacije

Definicija 2. Za skup X = {x1 , x2 , ..., xn } od n elemenata niz od n razliˇcitih elemenata iz skupa X nazivamo permutacijom skupa X. Ekvivalentna definicija navedenoj definici je sledeća: Svako bijektivno preslikavanje skupa X na samog sebe naziva se permutacija skupa X. Primer 3. Na koliko razliˇcitih naˇcina mogu ˇcetiri uˇcenika da ud¯u u uˇcionicu?

8.1. Permutacije, varijacije i kombinacije

85

Reˇsenje: Oznaˇcimo uˇcenike sa x1 , x2 , x3 , x4 . Mogući su sledeći sluˇcajevi: x1 x2 x3 x4 x1 x2 x4 x3 x1 x3 x2 x4 x1 x3 x4 x2 x1 x4 x2 x3 x1 x4 x3 x2

x2 x1 x3 x4 x2 x1 x4 x3 x2 x3 x1 x4 x2 x3 x4 x1 x2 x4 x1 x3 x2 x4 x3 x1

x3 x1 x2 x4 x3 x1 x4 x2 x3 x2 x1 x4 x3 x2 x4 x1 x3 x4 x1 x2 x3 x4 x2 x1

x4 x1 x2 x3 x4 x1 x3 x2 x4 x2 x1 x3 x4 x2 x3 x1 x4 x3 x1 x2 x4 x3 x2 x1

Postoje 24 razliˇcita naˇcina da 4 uˇcenika ud¯u u razred. Da bi smo odgovorili na pitanje koliko ima permutacija od n elemenata definiˇsimo funkciju n faktorijel, u oznaci n!, na sledeći naˇcin: 0! = 1;

n! = 1 · 2 · 3 · · · (n − 1) · n ,

n ∈ N.

Tako imamo da je: 0! = 1, 1! = 1, 2! = 2, 3! = 6, 4! = 24, 5! = 120, 6! = 720, . . . . Neka je dat skup X = {x1 , x2 , ..., xn } od n elemenata. Odredimo broj permutacija ovog skupa. Na prvom mestu niza od n elemenata moˇze biti bilo koji od n elemenata skupa X. Sa svakim od n elemenata kao prvim ˇclanom niza drugi ˇclan moˇze biti bilo koji od preostalih n − 1 elemenata skupa X. Tada se prvi i drugi ˇclan niza mogu izabrati na n · (n − 1) naˇcina. Analogno, prva tri ˇclana niza elemenata iz skupa X mogu se izabrati na n · (n − 1) · (n − 2) naˇcina. Ako nastavimo ovaj postupak imamo da je broj permutacija od n elemenata jednak broju 1 · 2 · 3 · · · (n − 1) · n. Teorema 1. Neka je dat skup X = {x1 , x2 , ..., xn } od n elemenata. Ako sa Pn oznaˇcimo broj svih permutacija skupa X od n elemenata, tada je Pn = n! . Primer 4. Koliko ima trocifrenih brojeva sa razliˇcitim ciframa iz skupa X = {4, 5, 6}? Navesti date brojeve. Reˇsenje: U navedenom primeru imamo permutacije skupa od tri elementa, pa je njihov broj na osnovu teoreme jednak P3 = 3! = 6. Traˇzeni trocifreni brojevi jesu 456 546 645 465 564 654

86

Glava 8. Kombinatorika

Za dati skup X = {x1 , x2 , ..., xn } permutacija je predstavljala niz od n razliˇcitih elemenata skupa X. Za razliku od permutacija, moˇzemo posmatrati nizove od k (1 ≤ k ≤ n) razliˇcitih elemenata skupa X. Definicija 3. Za skup X = {x1 , x2 , ..., xn } od n elemenata niz od k (1 ≤ k ≤ n) razliˇcitih elemenata iz skupa X nazivamo varijacija klase k od n elemenata. Za k = n varijacija klase n od n elementa predstavlja u stvari permutaciju. Primer 5. Na koliko razliˇcitih naˇcina mogu dva od ˇcetiri uˇcenika da ud¯u u uˇcionicu? Reˇsenje: Oznaˇcimo uˇcenike sa x1 , x2 , x3 , x4 . Mogući su sledeći sluˇcajevi: x1 x2 x2 x1 x3 x1 x4 x1 x1 x3 x2 x3 x3 x2 x4 x2 x1 x4 x2 x4 x3 x4 x4 x3 Postoje 12 razliˇcitih naˇcina da 2 od 4 uˇcenika ud¯u u razred. Do odgovora na pitanje koliko ima varijacija klase k od n elemenata dolazimo sliˇcno kao u sluˇcaju permutacija. Teorema 2. Neka je dat skup X = {x1 , x2 , ..., xn } od n elemenata. Ako sa Vkn oznaˇcimo broj svih varijacija skupa X klase k od n elemenata, tada je Vkn = n · (n − 1) · · · (n − k + 2) · (n − k + 1) . Primer 6. Koliko ima dvocifrenih brojeva sa razliˇcitim ciframa iz skupa X = {4, 5, 6}? Navesti date brojeve. Reˇsenje: U navedenom primeru imamo varijacije klase dva od tri elementa, pa je njihov broj na osnovu teoreme jednak V23 = 3 · (3 − 2 + 1) = 3 · 2 = 6. Traˇzeni dvocifreni brojevi jesu 45 54 64 46 56 65

8.1. Permutacije, varijacije i kombinacije

87

Primer 7. Koliko ima trocifrenih brojeva sa razliˇcitim ciframa iz skupa X = {0, 1, 2, 3, 4}? Reˇsenje: U navedenom primeru imamo varijacije klase tri od pet elemenata, pa je njihov broj jednak V35 = 5 · 4 · 3 = 60. Med¯utim, varijacije oblika 023 ne smatramo trocifrenim brojevima, pa od broja varijacija treće klase od pet elemenata treba oduzeti one koje poˇcinju sa nulom. Takvih varijacija imamo V24 = 4 · 3 = 12. Iz navedenog imamo da je broj trocifrenih brojeva sa razliˇcitim ciframa iz skupa {0, 1, 2, 3, 4} jednak V 35 − V24 = 60 − 12 = 48. Do sada smo prouˇcavali nizove razliˇcitih elemenata datog skupa ˇciji je broj bio manji ili jednak broju elemenata posmatranog skupa. U daljem razmatranju, za dati skup, posmatraćemo elemente njegovih mogućih podskupova. Definicija 4. Za skup X = {x1 , x2 , ..., xn } od n elemenata podskup od k (1 ≤ k ≤ n) elemenata iz skupa X nazivamo kombinacija klase k od n elemenata. Primer 8. Koliko razliˇcitih ekipa se moˇze formirati za tenis dublova od ˇcetiri uˇcenika? Reˇsenje: Oznaˇcimo uˇcenike sa x1 , x2 , x3 , x4 . Mogući su sledeći sluˇcajevi: x1 x2 x2 x3 x3 x4 x1 x3 x2 x4 x1 x4 Postoje 6 razliˇcitih ekipa za tenis dublova od 4 uˇcenika. Primetimo da je varijacija x1 x2 razliˇcita od varijacije x2 x1 (redosled je bitan u nizu elemenata), dok kod kombinacije (poˇsto posmatramo podskupove elemenata) ova dva podskupa predstavljaju jednu kombinaciju (zato je navodimo i brojimo samo jednom). Odredimo sada broj kombinacije klase k od n elemenata. Od jedne kombinacije klase k, na primer x1 x2 . . . xk , promenom rasporeda elemenata niza moˇzemo dobiti Pk = k! permutacija skupa {x1 , x2 , ..., xk }, tj. k! varijacija klase k od n elemenata. Tada je broj kombinacija klase k od n elemenata jednak broju Vkn . k!

88

Glava 8. Kombinatorika

Teorema 3. Neka je dat skup X = {x1 , x2 , ..., xn } od n elemenata. Ako sa Ckn oznaˇcimo broj svih kombinacija skupa X klase k od n elemenata, tada je Ckn =

Vkn n · (n − 1) · · · (n − k + 2) · (n − k + 1) = . k! k!

Primer 9. Koliko ima kombinacija ˇcetvrte klase od deset elemenata. Reˇsenje: C410 =

10 · 9 · 8 · 7 V410 = = 10 · 3 · 7 = 210 . 4! 4!

Primer 10. Dat je skup X = {a, b, c, d, e}. U leksikografskom poretku je abc prva varijacija treće klase od pet elemenata skupa X, abd druga, ... edc poslednja. Analogno, abcde je prva permutacija skupa X, dok je edcba poslednja. 1) Navesti 43. varijacija treće klase skupa X u leksikografskom poretku. 2) Kako u leksikografskom poretku glasi 50. permutacija skupa X? Reˇsenje: 1) Broj varijacija oblika ax2 x3 , gde su x2 i x3 razliˇciti elementi i pripadaju skupu {b, c, d, e}, jednak je broju varijacija druge klase od ˇcetiri elementa V24 = 12. Analogno, sa b poˇcinje 12 varijacija, sa c isto 12, pa ukupno imamo 36 varijacija. Sa da poˇcinju tri varijacije, sa db joˇs tri, ˇsto ukupno ˇcini 36 + 3 + 3 = 42 varijacije. Tada je 43. varijacija dca. 2) Broj permutacija koje poˇcinju sa elementom a jednak je broju permutacija preostala ˇcetiri elementa, tj. 4! = 24. Sa elementima b takod¯e imamo 24 permutacije, ˇsto ukupno iznosi 24 + 24 = 48. Tada je 49. permutacija cabde, a 50. cabed.

8.2

Permutacije, varijacije i kombinacije sa ponavljanjem

Za dati skup X = {x1 , x2 , ..., xn } posmatrajmo nizove od k elemenata iz skupa X kod kojih odred¯eni elementi mogu biti i jednaki. Definicija 5. Za skup X = {x1 , x2 , ..., xn } od n elemenata niz y1 y2 ...yk u kome se pojavljuju svi elementi skupa X, i to x 1 taˇcno k1 puta, x2 taˇcno k2 puta,...,xn taˇcno kn puta, gde je k1 + k2 + . . . + kn = k, nazivamo permutacijom sa ponavljanjem skupa X od n elemenata klase k.

8.2. Permutacije, varijacije i kombinacije sa ponavljanjem

89

Iz navedene definicije imamo da je k > n. Primer 11. Napisati sve ˇcetvorocifrene brojeve kod kojih se cifre 5 i 6 pojavljuju po dva puta. Koliko takvih brojeva ima? Reˇsenje: U navedenom primeru radi se o permutacijama skupa {5, 6} od dva elementa klase dva. Traˇzeni brojevi su: 5566 6556 5656 6565 5665 6655 Postoji 6 traˇzenih ˇcetvorocifrenih brojeva. Teorema 4. Neka je dat skup X = {x1 , x2 , ..., xn } od n elemenata. Ako sa Pkn1 ,k2 ,...,kn oznaˇcimo broj svih permutacija sa ponavljanjem skupa X od n elemenata kod kojih se element x1 pojavljuje k1 puta, element x2 pojavljuje k2 puta,...,xn pojavljuje kn puta, tada je Pkn1 ,k2 ,...,kn =

(k1 + k2 + . . . + kn )! . k1 ! · k 2 ! · · · k n !

Dokaz: Broj permutacija (bez ponavljanja) od k 1 + k2 + . . . + kn elemenata jednak je (k1 + k2 + . . . + kn )! . Za svaku permutaciju sa ponavljanjem moˇzemo menjati mesta elementima koji su jednaki x 1 , a da se permutacija ne promeni. Takvih sluˇcajeva ima k 1 !. Sliˇcno je i sa ostalim elementima skupa X. Na osnovu toga, za svaku permutaciju sa ponavljanjem imamo k1 !·k2 ! · · · kn ! permutaciju (bez ponavljanja) u kojima se ne menja med¯usobni raspored razliˇcitih elemenata skupa X. Tada je Pkn1 ,k2 ,...,kn =

(k1 + k2 + . . . + kn )! . k1 ! · k 2 ! · · · k n !

Primer 12. Date su dve bele, tri crne i ˇcetiri crvene kuglice. Koliko ima razliˇcitih nizova svih navedenih kuglica ukoliko ne razlikujemo kuglice iste boje? Reˇsenje: U navedenom primeru imamo permutacije sa ponavjanjm skupa od tri elementa klase 9, pa je 3 P2,3,4 =

(2 + 3 + 4)! 9! = = 5 · 7 · 4 · 9 = 1260. 2! · 3! · 4! 2! · 3! · 4!

90

Glava 8. Kombinatorika

Definicija 6. Za skup X = {x1 , x2 , ..., xn } od n elemenata niz y1 y2 ...yk (k ≥ 1) elemenata iz skupa X, kod koga ˇclanovi niza mogu biti med¯usobno i jednaki nazivamo varijacijom sa ponavljanjem skupa X od n elemenata klase k. Primer 13. Napisati sve dvocifrene brojeve od cifara 5, 6, 7, 8. Reˇsenje: U navedenom primeru radi se o varijacijama sa ponavljanjem od ˇcetiri elementa druge klase: 55 56 57 58

65 66 67 68

75 76 77 78

85 86 87 88

Kod varijacija sa ponavljanjem od n elemenata klase k u nizu y 1 y2 ...yk na mestu y1 moˇze se nalaziti bilo koji od n elemenata skupa X. Sliˇcno, na mestu y2 imamo opet n mogućnosti. Tada imamo za deo niza y 1 y2 , n·n = n2 mogućnosti. Ako nastavimo ovaj postupak do kraja dobićemo da imamo za ceo niz y1 y2 ...yk , nk mogućnosti. Time smo dokazali sledeću teoremu. Teorema 5. Neka je dat skup X = {x1 , x2 , ..., xn } od n elemenata. Ako sa n V k oznaˇcimo broj svih varijacija sa ponavljanjem skupa X od n elemenata klase k, tada je: n V k = nk . Primer 14. Koliko ima trocifrenih brojeva od cifara 5, 6, 7, 8, 9. Reˇsenje: Poˇsto se radi o varijacijama sa ponavljanjem od pet elemenata treće klase imamo da je: 5

V 3 = 53 = 125 . Definicija 7. Za skup X = {x1 , x2 , ..., xn } kombinacije sa ponavljanjem klase k od n elemenata skupa X jesu one varijacije sa ponavljanjem klase k od tih elemenata koje se smatraju jednakim ako su sastavljene od istih elemenata (tj. ne vodi se raˇcuna o njihovom poretku). Primer 15. Dat je skup X = {x1 , x2 , x3 }. Napisati sve kombinacije sa ponavljanjem klase 2 navedenog skupa elemenata.

8.3. Binomni obrazac

91

Reˇsenje: Sve varijacije sa ponavljanjem klase 2 od elemenata navedenog skupa X su: x1 x1 , x 1 x2 , x 1 x3 , x 2 x1 , x 2 x2 , x 2 x3 , x 3 x1 , x 3 x2 , x 3 x3 . Po definiciji kombinacija sa ponavljanjem sledeći parovi su isti: x 1 x2 i x2 x1 ; x1 x3 i x3 x1 ; x2 x3 i x3 x2 , pa na osnovu izloˇzenog, kombinacije sa ponavljanjem klase 2 od navedenih elemenata skupa X su: x1 x1 , x 1 x2 , x 1 x3 , x 2 x2 , x 2 x3 , x 3 x3 . Teorema 6. Neka je dat skup X = {x1 , x2 , ..., xn } od n elemenata. Ako sa n C k oznaˇcimo broj svih kombinacija sa ponavljanjem skupa X od n elemenata klase k, tada je: n

Ck =

(n + k − 1) · (n + k − 2) · · · (n + 1) · n . k!

Dokaz: Na osnovu definicije kombinacija sa ponavljanjem neka ˇcitalac pokaˇze da je n C k = Ckn+k−1 , odakle sledi rezultat teoreme. Primer 16. Koliko ima kombinacija sa ponavljanjem klase 3 od 3 elementa Reˇsenje: 3

C3 =

8.3

(3 + 3 − 1) · 4 · 3 5·4·3 = = 10 . 3! 6

Binomni obrazac

Zbog svoje velike primene u kombinatorici, nezaobilazan pojam je pojam binomni koeficijent. Definicija 8. Neka je n, k ∈ N i 1 ≤ k ≤ n. Binomni koeficijent, u oznaci n , nazivamo broj k n n · (n − 1) · · · (n − k + 1) = , k k! n gde je po definiciji = 1. 0

92

Glava 8. Kombinatorika n Oznaku ˇcitamo ”n nad k” i iz definicije kombinacija klase k od n k elemenata i binomnog koeficijenta imamo da je: n n Ck = . k Osnovne osobine binomnih koeficijenata daje sledeća teorema: Teorema 7. Neka je n, k ∈ N, (1 ≤ k ≤ n) i a, b ∈ R. Tada je: n n! (1) = , k k! · (n − k)! n n (2) = , k n−k n n n+1 (3) + = , k k+1 k+1 n n n n−1 1 n n n a + a b + ... + a1 bn−1 + b . (4) (a + b)n = 0 1 n−1 n Dokaz: Matematiˇckom indukcijom dokazaćemo poslednje tvrd¯enje (binomni obrazac), a ostala ostavljamo ˇcitaocu za veˇzbu. 1 1 1 1 (i) Za n = 1 imamo (a + b)1 = a + b = a + b, pa je tvrd¯enje 0 1 taˇcno. (ii) Pretpostavimo da je tvrd¯enje taˇcno za n. (iii) Pokaˇzimo da vaˇzi za n + 1. Na osnovu (ii) imamo da je (a + b)n+1 = (a + b)(a + b)n = n n n n−1 n n n n−1 = (a + b) a + a b + ... + ab + b 0 1 n−1 n Kada izvrˇsimo mnoˇzenje svih sabiraka u uglastoj zagradi sa izrazom (a + b) i primenimo treći stav navedene teoreme, dobićemo: n n n n−1 n n n n−1 (a + b) a + a b + ... + ab + b = 0 1 n−1 n

=

8.4. Zadaci 93 n + 1 n+1 n+1 n n+1 n + 1 n+1 a + a b + ... + abn + b 0 1 n n+1

ˇsto je trebalo dokazati.

Drugi stav navedene teoreme daje takozvanu ”simetriˇcnost” binomnih koeficijenata u binomnom obrascu. Na primer: 5 5 5 4 5 3 2 5 2 3 5 5 5 5 4 (a + b) = a + a b+ a b + a b + ab + b 0 1 2 3 4 5 = a5 + 5a4 b + 10a3 b2 + 10a2 b3 + 5ab4 + b5 pa vidimo da su koeficijenti: uz a5 i b5 isti; uz a4 b i ab4 isti; uz a3 b2 i a2 b3 isti. Na kraju, napomenimo da se u literaturi izraz n n n n−1 n n n n n−1 (a + b) = a + a b + ... + ab + b 0 1 n−1 n zapisuje kraće n

(a + b) =

n X n k=0

8.4

k

an−k bk .

Zadaci

1. Koliko ima mogućnosti da se od 35 razliˇcitih brojeva izvuˇce odjednom 5 brojeva? 2. Koliko ima petocifrenih, a koliko ˇsestocifrenih brojeva od cifara iz skupa {0, 1, 2, . . . , 8, 9}? 3. Dat je skup {a, b, c, d, e, f }. Kako glasi leksikografski 133. permutacija elemenata skupa? 4. Broj permutacija od n + 2 elementa 56 puta je veći od broja permutacija od n elemenata. Koliko iznosi broj n? 5. Na koliko razliˇcitih naˇcina se moˇze pored¯ati na stolu 10 kaˇsika, ako imamo 5 jednakih i 5 med¯usobno razliˇcitih ? 6. Formirati sve varijacije sa ponavljanjem klase 3 od elemenata skupa {a, b, c, d}. Kako glasi 41. varijacija?

94

Glava 8. Kombinatorika

7. Koliko ima ˇzelezniˇckih stanica na jednoj pruzi ako za razliˇcita putovanja (istim voznim razredom) tom prugom postoji 5852 razliˇcitih voznih karata? 8. Napisati sve kombinacije klase 2, 3 i 4 od slova a, b, c, d, e, f. Koliko ih ima? 9. U ravni je dato 5 pravi, med¯u kojima ne postoji ni jedan par med¯usobno paralelnih i nijedna trojka pravih koje se seku u jednoj taˇcki. Izraˇcunati broj preseka svih pravih. 10. Iz bubnja sa 13 kuglica od kojih je 6 crvenih, 3 bele i 4 ˇzute, treba izabrati 7 kuglica na sledeći naˇcin: 3 crvene, 2 bele i 2 ˇzute. Na koliko naˇcina je to moguće izvesti? 11. Pokazati da vaˇzi: n X n 1) = 2n , k k=0

2)

n 2 X n k=0

3)

k

n+2 k

=

=

2n n

n n n +2 + . k k−1 k−2

12. Primenom binomnog obrazca razviti izraze: 1) (2x2 + 3x + 2)5 , 2) (2x4 − x + 1)7 .

Glava 9

Verovatno´ ce 9.1

Algebra dogad¯aja

U teoriji verovatnoća osnovni pojam je pojam eksperimenta koji se pod pribliˇzno istim uslovima moˇze ponavljati neograniˇcen broj puta i ˇciji se ishod ne moˇze sa sigurnoˇsću predvideti. Skup svih mogućih ishoda, u oznaci Ω, nazivamo prostor ishoda ili prostor elementarnih dogad¯aja. Svaki podskup A skupa Ω nazivamo sluˇcajan dogad¯aj. Skup Ω nazivamo i siguran dogad¯aj, dok dogad¯aj koji se u eksperimentu ne moˇze ostvariti nazivamo nemoguć dogad¯aj, u oznaci ∅. Uvod¯enjem relacija i operacija na skupu sluˇcajnih dogad¯aja gradimo algebru dogad¯aja. Jedna od tih operacija je suprotan dogad¯aj. Ako sa A oznaˇcimo suprotan dogad¯aj dogad¯aja A, tada se on definiˇse na sledeći naˇcin A = Ω\A . Neka je u primerima koji slede eksperiment - jedno bacanje kocke ˇcije su strane numerisane brojevima od 1 do 6. Primer 1. Za dati eksperiment vaˇzi: 1) Elementarni dogad¯aji su: A1 − pojavljivanje broja 1; A2 − pojavljivanje broja 2; ... A6 − pojavljivanje broja 6. 2) Siguran dogad¯aj je skup Ω = {A1 , A2 , ..., A6 } . (Pri izvod¯enju eksperimenta sigurno se pojavljuje jedan od brojeva 1, 2, 3, 4, 5, 6 ). 3) Nemoguć dogad¯aj u ovom eksperimentu je recimo - pojavljivanje broja 7.

95

96

Glava 9. Verovatnoće 4) Sluˇcajan dogad¯aj A je recimo dogad¯aj - pojavljivanje broja manjeg od broja ˇcetiri. Tada je A = {A1 , A2 , A3 } ⊆ Ω . 5) Suprotan dogad¯aj A za dogad¯aj A iz 4) je dogad¯aj - pojavljivanje broja većeg ili jednakog broju 4, odnosno jednog od brojeva 4, 5, 6 . To smo mogli zapisati i na sledeći naˇcin: A = Ω\A = {A1 , A2 , ..., A6 }\{A1 , A2 , A3 } = {A4 , A5 , A6 } .

Definicija 1. Za sluˇcajne dogad¯aje A i B, dogad¯aj A povlaˇci dogad¯aj B (ili dogad¯aj B sadrˇzi dogad¯aj A), u oznaci A ⊂ B, ako se pri ostvarivanju dogad¯aja A ostvaruje i dogad¯aj B. Primer 2. Za dogad¯aji A i B: A− pojavljivanje broja 5, B− pojavljivanje broja većeg od 3, imamo da je A ⊂ B. Definicija 2. Za sluˇcajne dogad¯aje A i B, zbir (ili unija) dogad¯aja A i B, u oznaci A + B (ili A ∪ B), je dogad¯aj koji se ostvaruje taˇcno onda kada se bar jedan od dogad¯aj A i B ostvari. Primer 3. Za dogad¯aje A i B: A− pojavljivanje neparnog broja, B− pojavljivanje broja 2, imamo da je dogad¯aj A + B pojavljivanje jednog od brojeva 1, 2, 3, 5. Definicija 3. Za sluˇcajne dogad¯aje A i B, proizvod (ili presek) dogad¯aja A i B, u oznaci AB (ili A ∩ B), je dogad¯aj koji se ostvaruje taˇcno onda kada se oba dogad¯aja A i B ostvare istovremeno. Primer 4. Za dogad¯aje A i B: A− pojavljivanje jednog od brojeva 1, 2, 5, 6, B− pojavljivanje parnog broja, dogad¯aj AB je pojavljivanje jednog od brojeva 2, 6.

9.1. Algebra dogad¯aja

97

Sliˇcno definiˇsemo zbir i proizvod za viˇse od dva sluˇcajna dogad¯aja, pa ako n n X Y se radi o dogad¯ajima A1 , A2 , ..., An tada su oznake Ak i Ak redom. k=1

k=1

Definicija 4. Za sluˇcajne dogad¯aje A i B kaˇzemo da su nesaglasni (ili disjunktni) ako je AB = ∅ (ili A ∩ B = ∅). Primer 5. Za dogad¯aje A i B: A− pojavljivanje parnog broja, B− pojavljivanje neparnog broja, imamo da su dogad¯aji A i B disjunktni. Definicija 5. Za sluˇcajne dogad¯aje A i B, dogad¯aj A\B je onaj dogad¯aj koji se ostvaruje taˇcno onda kada se dogad¯aj A ostvaruje, a dogad¯aj B ne ostvaruje. Primer 6. Za dogad¯aje A i B: A− pojavljivanje jednog od brojeva 1, 2, 3, 6, B− pojavljivanje broja koji je deljiv sa 3, dogad¯aj A\B je pojavljivanje jednog od brojeva 1, 2. Definicija 6. Za dogad¯aje A1 , A2 , ..., An koji su takvi da: - svaka dva dogad¯aja su med¯usobno disjunktna, - njihov zbir je siguran dogad¯aj, tj. A 1 + A2 + ... + An = Ω, kaˇzemo da ˇcine potpun sistem dogad¯aja. Pri bacanju kocke potpun sistem ˇcine elementarni dogad¯aji A 1 − pojavljivanje broja 1; A2 − pojavljivanje broja 2; ... A6 − pojavljivanje broja 6. Med¯utim, postoje potpuni sistemi dogad¯aja koji ne moraju biti elementarni dogad¯aji. Ako je dogad¯aj A− pojavljivanje broja koji je manji ili jednak broju 2, a dogad¯aj B− pojavljivanje broja koji je veći ili jednak broju 3, tada dogad¯aji A i B ˇcine potpun sistem dogad¯aja za jedno bacanje kocke.

98

Glava 9. Verovatnoće

9.2

Definicija verovatno´ ca i osnovne osobine

Oznaˇcimo verovatnoću dogad¯aja A sa P (A). Pre aksiomatskog uvod¯enja funkcije verovatnoća, istorijski se susrećemo sa sledećim definicijama: 1) Statistiˇcka definicija verovatnoća: Neka je u eksperimentu dat sluˇcajan dogad¯aj A. Ako se u n ∈ N ponavljanja navedenog eksperimenta dogad¯aj A dogodio m puta, tada: - broj m nazivamo frekvencijom, u oznaci, m(A) m - broj nazivamo relativnom frekvencijom, u oznaci, w(A). n Primer 7. U 12 bacanja kocke broj 2 se pojavio 3 puta. Tada je: - frekvencija m(A) = 3, - relativna frekvencija w(A) =

3 1 = = 0, 25. 12 4

Verovatnoća dogad¯aja A statistiˇcki definiˇsemo kao broj kome teˇzi relativna frekvencija dogad¯aja A kada se broj ponavljanja uoˇcenog eksperimenta n neograniˇceno povećava, tj. kada broj n teˇzi beskonaˇcnosti. Kraće zapisujemo sa: P (A) = lim wn (A), n→∞

gde je wn (A) relativna frekvencija dogad¯aja A u prvih n ponavljanja eksperimenta. 2) Klasiˇcna (ili Laplasova) definicija verovatnoća (istorijski se prva pojavila 1812): Ova definicija odnosi se samo na eksperimente ˇciji je prostor elementarnih dogad¯aja (mogućih ishoda) konaˇcan, a elementarni dogad¯aji su jednako verovatni. Za dogad¯aj A svaki ishod, pri kome se ostvaruje dogad¯aj A, naziva se povoljan. Neka ima n elementarnih dogad¯aja u eksperimentu, a m povoljnih ishoda za dogad¯aj A. Tada je P (A) =

m n

ili reˇcima: verovatnoća dogad¯aja A jednaka je koliˇcniku broja povoljnih i broja mogućih ishoda.

9.2. Definicija verovatnoća i osnovne osobine

99

Primer 8. Eksperiment je jedno bacanje kocke. Kolika je verovatnoća dogad¯aja A ako je: a) A− pao je broj 4. b) A− pao je broj veći od 2. Reˇsenje: Za dati eksperiment imamo n = 6 mogućih ishoda. a) Povoljnih ishoda imamo samo jedan, tj. m = 1, pa je P (A) =

m 1 = = 0, 1666 . . . . n 6

b) Povoljni ishodi su da je pao broj 3, 4, 5 ili 6. Tada je m = 4, pa je m 4 = = 0, 6666 . . . . P (A) = n 6 3) Geometrijska definicija verovatnoća: Verovatnoća pretstavlja koliˇcnik povrˇsina (zapremina ili duˇzina) povoljnih i mogućih ishoda. Definicija 7. Skup (kolekciju) dogad¯aja F vezanih za eksperiment nazivamo poljem dogad¯aja ako vaˇzi: 1) Ω ∈ F , 2) A ∈ F ⇒ A ∈ F , 3) A, B ∈ F ⇒ A + B ∈ F . Verovatnoće aksiomatski definiˇsemo na polju dogad¯aja kao funkciju sa sledećim osobinama: Definicija 8. Verovatnoća P () je funkcija koja dogad¯aje iz polja F preslikava na realne brojeve i ima sledeće osobine: 1) nenegativnost: (∀A ∈ F )(P (A) ≥ 0), 2) normiranost: P (Ω) = 1, 3) aditivnost: ako su A1 , A2 , ... po parovima disjunktni dogad¯aji (A i ∩ Aj = ∅ za i 6= j) iz polja F , tada je ! X X P Ai = P (Ai ) . i

i

100

Glava 9. Verovatnoće

Osnovne osobine verovatnoće navedene su u sledećoj teoremi. Teorema 1. Neka su dogad¯aji A, B ∈ F . Tada je: 1) P (A) = 1 − P (A), 2) P (∅) = 0, 3) A ⊆ B ⇒ P (B\A) = P (B) − P (A), 4) A ⊆ B ⇒ P (A) ≤ P (B), 5) P (A) ≤ 1, 6) P (A + B) = P (A) + P (B) − P (AB). Dokaz: 1) Na osnovu definicije suprotnog dogad¯aja Ω = A + A , normiranosti i aditivnosti verovatnoće imamo da je 1 = P (Ω) = P (A + A) = P (A) + P (A) , tj. P (A) = 1 − P (A). 2) Ako u prethodno dokazanom stavu uzmemo da je A = Ω imamo P (Ω) = P (∅) = 1 − P (Ω) = 1 − 1 = 0 . 3) Ako je A ⊆ B, tada je P (B\A) = P (B) − P (A). Poˇsto su dogad¯aji A i B\A disjunktni na osnovu aditivnosti verovatnoće imamo P (B) = P (A) + P (B\A), tj. P (B\A) = P (B) − P (A). 4) Dokaz sledi na osnovu prethodnog stava i nenegativnosti verovatnoće. 5) Ako u prethodnom stavu biramo B = Ω na osnovu normiranosti verovatnoće sledi tvrd¯enje. 6) Kako je A + B = A + AB i B = AB + AB, i dogad¯aji A i AB kao i dogad¯aji AB i AB su disjunktni, na osnovu aditivnosti verovatnoće imamo da je P (A + B) = P (A) + P (AB),

P (B) = P (AB) + P (AB) .

Na osnovu poslednje dve jednaˇcine eliminacijom P (AB) dobijamo P (A + B) = P (A) + P (B) − P (AB) .

9.3. Uslovne verovatnoće i nezavisnost dogad¯aja

9.3

101

Uslovne verovatno´ ce i nezavisnost dogad¯aja

Definicija 9. Neka su A, B ∈ Ω i P (A) > 0. Uslovna verovatnoća dogad¯aja B, pod uslovom da se realizovao dogad¯aj A, u oznaci P (B|A), definiˇse se na sledeći naˇcin: P (AB) . P (B|A) = P (A) Primer 9. Eksperiment se sastoji u bacanju kocke dva puta. Dogad¯aji A i B dati su na sledeći naˇcin: A− u prvom bacanju je pao broj veći od tri. B− u oba bacanja je pao paran broj. Izraˇcunati verovatnoću dogad¯aja B: 1) pod uslovom da se realizovao dogad¯aj A, 2) ne uzimajući u obzir realizaciju dogad¯aja A. Reˇsenje: 1) Potrebno je izraˇcunati verovatnoću P (B|A). Da bi smo izraˇcunali traˇzenu verovatnoću izraˇcunajmo najpre verovatnoće dogad¯aja AB i A. Poˇsto imamo tri broja veća od broja tri (4, 5 i 6), a broj mogućih 3 1 ishoda je 6, imamo da je P (A) = = . Mogućih ishoda za dogad¯aj 6 2 AB ima 6 · 6 = 36 . Povoljni ishodi su (4, 2), (4, 4), (4, 6), (6, 2), (6, 4), 6 1 (6, 6), pa je njihov broj 6. Odatle imamo da je P (AB) = = . Na 36 6 kraju, imamo da je 1 2 1 P (AB) P (B|A) = = 6 = = . 1 P (A) 6 3 2 2) Mogućih ishoda ima 6 · 6 = 36 . Povoljni ishodi su (2, 2), (2, 4), (2, 6), (4, 2), (4, 4), (4, 6), (6, 2), (6, 4), (6, 6) i ima ih 9. Tada je P (B) =

m 9 1 = = . n 36 4

102

Glava 9. Verovatnoće

Iz definicije 9 sledi tvrd¯enje poznato pod nazivom proizvod verovatnoća zavisnih dogad¯aja, a koje glasi: P (AB) = P (A)P (B|A) = P (B)P (A|B) . Indukcijom po n moguće je dokazati i opˇstije tvrd¯enje: P (A1 A2 · · · An ) = P (A1 )P (A2 |A1 )P (A3 |A1 A2 ) · · · P (An |A1 A2 · · · An−1 ) , gde je P (A1 A2 · · · An−1 ) > 0 . Vratimo se na prethodni primer. Videli smo da verovatnoća dogad¯aja B, pod uslovom da se ispuni dogad¯aj A i verovatnoća dogad¯aja B (ne vodeći raˇcuna o dogad¯aju A) nisu iste, tj. P (B|A) 6= P (B) . Iz navedenog zakljuˇcujemo da verovatnoća dogad¯aja B zavisi od dogad¯aja A. Ako su navedene verovatnoće iste P (B|A) = P (B) prirodno je reći da dogad¯aj B ne zavisi od dogad¯aja A. Sliˇcno definiˇsemo nezavisnost dogad¯aja A od dogad¯aja B: P (A|B) = P (A). Na osnovu navedenog razmatranja i definicije uslovne verovatnoće sledi definicija nezavisnih dogad¯aja: Definicija 10. Dogad¯aji A i B su nezavisni ako vaˇzi P (AB) = P (A) · P (B) . U suprotnom, za dogad¯aje kaˇzemo da su zavisni. Primer 10. Eksperiment se sastoji u izvlaˇcenju karte iz ˇspila od 52 karte. Neka je dogad¯aj: A− izvuˇcena karta je ”kralj”, B− izvuˇcena karta je ”srce”. Da li su dogad¯aji A i B nezavisni? Reˇsenje: Poˇsto u ˇspilu od 52 karte imamo 4 ”kralja”, 13 karata sa znakom ”srce” i jednog ”kralja srce”, imamo da je: P (A) =

1 4 = , 52 13

P (B) =

13 1 = , 52 4

P (AB) =

1 . 52

Poˇsto je P (AB) = P (A) · P (B), dogad¯aji A i B su nezavisni.

9.4. Formula totalne verovatnoće

9.4

103

Formula totalne verovatno´ ce

Teorema koju ćemo navesti poznata je pod nazivom formula totalne verovatnoće: Teorema 2. Neka dogad¯aji A1 , A2 , ..., An ˇcine potpun sistem dogad¯aja i neka je P (Ai ) > 0, i = 1, 2, ..., n. Za svaki dogad¯aj B ∈ F vaˇzi P (B) =

n X i=1

P (Ai ) · P (B|Ai ) .

Dokaz: Kako dogad¯aji A1 , A2 , ..., An ˇcine potpun sistem dogad¯aja imamo n X da je B = Ai B i dogad¯aji Ai B su med¯usobno disjunktni. Tada je i=1

P (B) =

n X

P (Ai B) .

i=1

Poˇsto je P (Ai ) > 0, i = 1, 2, ..., n, imamo da je P (Ai B) = P (Ai )P (B|Ai ),

i = 1, 2, ..., n.

Na osnovu poslednje dve jednaˇcine sledi tvrd¯enje teoreme. Primer 11. Na kompjuteru I narezano je 15 CD-a, na kompjuteru II narezano je 45 CD-a, a na kompjuteru III narezano je 30 CD-a. Verovatnoća da će se na kompjuteru I narezati neispravan CD je 0, 1, na kompjuteru II je 0, 2 i na kompjuteru III je 0, 4. Kolika je verovatnoća da se nareˇze na sluˇcajan naˇcin na jedan od ova tri kompjutera jedan CD i da on bude neispravan? Reˇsenje: Oznaˇcimo dogad¯aje A1 − na kompjuteru I narezan je jedan CD, A2 − na kompjuteru II narezan je jedan CD, A3 − na kompjuteru III narezan je jedan CD, B− narezan je jedan neispravan CD na jednom od tri kompjutera.

104

Glava 9. Verovatnoće

Kako je P (A1 ) =

15 1 = , 90 6

P (A2 ) =

45 1 = , 90 2

P (A3 ) =

30 1 = , 90 3

na osnovu prethodne teoreme imamo da je P (B) = P (A1 ) · P (B|A1 ) + P (A2 ) · P (B|A2 ) + P (A3 ) · P (B|A3 ) =

1 1 1 15 1 · 0, 1 + · 0, 2 + · 0, 4 = = = 0, 25 . 6 2 3 60 4

Pod uslovima iz prethodne teoreme moˇzemo postaviti i pitanje: kolika je verovatnoća realizacije dogad¯aja A i pod uslovom da se realizuje dogad¯aj B. Odgovor na ovo pitanje daje teorema poznata pod nazivom Bajesova formula, a koja glasi: Teorema 3. Neka dogad¯aji A1 , A2 , ..., An ˇcine potpun sistem dogad¯aja i neka je P (Ai ) > 0, i = 1, 2, ..., n. Neka je takod¯e i B ⊂ Ω, P (B) > 0. Tada vaˇzi P (Ak |B) =

P (Ak )P (B|Ak ) , n X P (Ai )P (B|Ai )

k = 1, 2, ..., n .

i=1

je

Dokaz: Na osnovu P (Ai B) = P (Ai )P (B|Ai ) = P (B)P (Ai |B) imamo da P (Ai |B) =

P (Ai )P (B|Ai ) . P (B)

Tvrd¯enje teoreme sledi na osnovu poslednje jednaˇcine i formule totalne verovatnoće. Primer 12. Neka su dati uslovi kao u prethodnom primeru. Ako je narezan jedan neispravan CD na navedena tri raˇcunara, koja je verovatnoća da je narezan na: 1) raˇcunaru I ? 2) raˇcunaru II ? 3) raˇcunaru III ? Reˇsenje: Na osnovu Bajesove formule imamo:

9.5. Zadaci

105

1 1 · 0, 1 P (A1 )P (B|A1 ) 1 . 1) P (A1 |B) = 3 = 6 = 60 = 1 1 15 X P (Ai )P (B|Ai ) 4 4 i=1

1 1 · 0, 2 P (A2 )P (B|A2 ) 2 = 2 2) P (A2 |B) = 3 = 10 = . 1 1 5 X P (Ai )P (B|Ai ) 4 4 i=1

2 1 · 0, 4 P (A3 )P (B|A3 ) 8 = 3 = 15 = . 3) P (A3 |B) = 3 1 1 15 X P (Ai )P (B|Ai ) 4 4 i=1

9.5

Zadaci

1. Ako je eksperiment jedno bacanje novˇcića navesti elementarne dogad¯aje. Navesti elementarne dogad¯aje i za bacanje dva novˇcića. 2. Bacaju se dve kocke istovremeno. Neka su dogad¯aji A− zbir dobijenih brojeva je deljiv sa 5, B− zbir dobijenih brojeva jednak je broju 9. Naći: A + B, AB, A\B, B\A i izraˇcunati verovatnoće traˇzenih dogad¯aja. 3. Pokazati da je A\B = AB . 4. Novˇcić se baca ˇcetiri puta. Odrediti verovatnoću da su 1) pala tri grba, 2) bar tri grba, 3) palo je jedno pismo. 4) nije pao ni jedan grb. 5. Iz ˇspila od 52 karte izvlaˇci se karta i vraća u ˇspil. Ovaj postupak se ponavlja ˇcetiri puta. Koliko iznosi verovatnoća da su izvuˇcene od ˇcetiri karte

106

Glava 9. Verovatnoće

1) bar dve ”dame”? 2) tri crvene ”dame”? 3) jedna ”dama srce” ? 4) tri ”dame” i jedan ”kralj”? 5) ˇcetiri ”asa”? 6. U kutiji se nalazi 12 belih i 4 crvene kuglice. Izvlaˇce se odjednom tri kuglice. Izraˇcunati verovatnoću da su 1) sve tri uzete kuglice crvene, 2) uzete dve bele i jedna crvena, 3) sve tri uzete kuglice bele. 7. Dva strelca gad¯aju po jednom u metu. Verovatnoća da prvi pogodi metu je 0, 6, a drugi 0, 7. Kolika je verovatnoća da meta bude pogod¯ena bar jednom? 8. Neka je P (A|B) = 0, 6 , P (B|A) = 0, 4 i P (B) = 0, 35 . Naći: P (A), P (AB) i P (B|A). 9. U dve kutije se nalaze bele i crvene kuglice. U prvoj se nalazi 9 belih i 5 crvenih, a u drugoj 12 belih i 7 crvenih. Na sluˇcajan naˇcin se bira jedna kutija i iz nje se uzimaju dve kuglice. Kolika je verovatnoća da se uzme bar jedna bela kuglica? 10. U Novi Sad dolaze 53 automobila iz Sombora, 42 iz Subotice i 47 iz Zrenjanina. Verovatnoća da se pokvari automobil iz Sombora je 0, 2, iz Subotice 0, 5 i iz Zrenjanina 0, 1 . Kolika je verovatnoća da jedan sluˇcajno izabran automobil koji je krenuo ka Novom Sadu ima kvar? Ako je automobil imao kvar, koja je verovatnoća da je on krenuo iz Zrenjanina, a kolika da je krenuo iz Sombora?

Glava 10

Geometrija 10.1

Razvoj geometrije

Geometrija je jedna od najstarijih matematiˇckih disciplina. Osvrnimo se ukratko na istorijski razvoj geometrije. 1) Reˇc geometrija znaˇci zemljomerstvo, a nastala je u Egiptu zbog neophodnosti merenja imanja i oznaˇcavanja med¯a posle poplava Nila. Geometrija se u proˇslosti bavila izuˇcavanjem poloˇzaja, oblika i veliˇcina predmeta realnog sveta, dok danas izuˇcava apstraktne objekte. U poˇcetku se do opˇstih osobina dolazilo na osnovu nekoliko eksperimenata, posmatranjem i intuicijom, odnosno, induktivnom metodom (nepotpunom indukcijom). Navedeni metod bio je pogodan samo za neke prostije figure. 2) U V I veku pre n.e. Grci su preuzeli od Egipćana i Vavilonaca vodeću ulogu u razvoju geometrije, uglavnom zaslugama Talesa i Pitagore. Pored njih, veliki doprinos razvoju geometrije tog doba dali su Platon i Aristotel koji daju prve nagoveˇstaje aksiomatskog zasnivanja geometrije. U ovom periodu induktivni metod zamenjen je deduktivnim i pristupa se sistematskom izlaganju ˇcinjenica. 3) Oko 300. godina pre n.e. Euklid je objavio svoje kapitalno delo Elementi, saˇcinjeno od 13 knjiga, koje predstavljaju vrhunac deduktivnog metoda i daju najveći doprinos razvoju geometrije. U ovim knjigama Euklid iznosi stavove koji su jako bliski danaˇsnjem aksiomatskom zasnivanju geometrije. Pored svih dobrih strana ovog dela, uoˇceni su sledeći nedostaci:

107

108

Glava 10. Geometrija - definiˇsu se osnovni pojmovi, - aksiome Euklidovog sistema nisu med¯usobno nezavisne, - prilikom dokazivanja tvrd¯enja Euklid se ˇcesto oslanjao na slike i time ˇcinio dokaz nekorektnim.

4) U I i II veku pre n.e. uvodi se ravna i sferna trigonometrija. 5) U prvoj polovini XV II Dekart razvija analitiˇcku geometriju. 6) U XV III dolazi do otkrića diferencijalne geometriju. 7) U prvoj polovini XIX veka Lobaˇcevski uvodi neeuklidsku geometriju. 8) Krajem XIX Hilbert je dao sistematizaciju geometrije u delu Osnovi geometrije.

10.2

Osnove Hilbertovog sistema aksioma

U daljem tekstu izloˇzićemo aksiome Euklidske geometrije, bazirane na Hilbertovom sistemu aksioma. U Hilbertovom sistemu aksioma osnovni pojmovi su: - taˇcka (oznaˇcavamo ih velikim slovima A, B, C, ...), - prava (oznaˇcavamo ih malim slovima a, b, c, ...), - ravan (oznaˇcavamo ih malim grˇckim slovima α, β, γ, ...), a osnovne relacije predstaljaju relacije: - pripada (”se sadrˇzi”). Da taˇcka A pripada pravoj q (prava q sadrˇzi taˇcku A) oznaˇcavamo A ∈ q. - izmed¯u, - podudarno, - paralelno. Sistem aksioma predstavljen je u pet grupa aksioma: I aksiome veze (ili pripadnosti ili incidentnosti), II aksiome rasporeda,

10.2. Osnove Hilbertovog sistema aksioma

109

III aksiome podudarnosti, IV aksiome neprekidnosti, V aksioma paralelnosti. Definicija 1. Skup svih taˇcaka nazivamo prostor i oznaˇcavamo ga sa E 3 .

10.2.1

Aksiome veze

Definicija 2. Tri ili viˇse taˇcaka su kolinearne ako postoji prava koja ih sadrˇzi (taˇcke pripadaju istoj pravoj). ˇ Definicija 3. Cetiri ili viˇse taˇcaka su komplanarne ako postoji ravan koja ih sadrˇzi (taˇcke pripadaju istoj ravni). Aksiome veze ˇcine grupu od 7 aksioma: Aksioma I 1. Svaka prava sadrˇzi najmanje dve razliˇcite taˇcke. Aksioma I 2. Za svake dve razliˇcite taˇcke postoji jedna i samo jedna prava koja ih sadrˇzi. Aksioma I 3. Svaka ravan sadrˇzi najmanje tri nekolinearne taˇcke. Aksioma I 4. Za svake tri nekolinearne taˇcke postoji jedna i samo jedna ravan koja ih sadrˇzi. Aksioma I 5. Ako dve razliˇcite taˇcke neke prave pripadaju jednoj ravni, onda sve taˇcke te prave pripadaju toj ravni (tj. prava pripada ravni). Aksioma I 6. Ako dve ravni imaju zajedniˇcku taˇcku, tada one imaju najmanje joˇs jednu zajedniˇcku taˇcku (tj. imaju zajedniˇcku pravu). Aksioma I 7. Postoje ˇcetiri nekomplanarne taˇcke. Navedenim aksiomama su potpuno odred¯eni svi odnosi izmed¯u taˇcaka, pravih i ravni. Teorema 1. Dve razliˇcite prave imaju najviˇse jednu zajedniˇcku taˇcku. Dokaz: Pretpostavimo suprotno, dve razliˇcite prave p i q imaju bar dve zajedniˇcke razliˇcite taˇcke A i B. Na osnovu aksiome I 2 taˇcke A i B odred¯uju jednu i samo jednu pravu koja ih sadrˇzi, pa je p = q, ˇsto je kontradikcija sa polaznom pretpostavkom.

110

Glava 10. Geometrija

Definicija 4. Za dve prave p i q kaˇze se da se seku ako imaju samo jednu zajedniˇcku taˇcku A, u oznaci p ∩ q = A. Ako na pravoj q postoje razliˇcite taˇcke A i B, onda ćemo pravu q ˇcesto oznaˇcavati i sa p(AB). Teorema 2. Dve prave koje se seku odred¯uju jednu i samo jednu ravan. Dokaz: Neka se prave p i q seku u taˇcki A. Prema aksiomi I 1 na pravoj p, sem taˇcke A, postoji bar joˇs jedna taˇcka, na primer taˇcka B. Analogno vaˇzi i za pravu q. Ove tri taˇcke su nekolinearne, te prema aksiomi I 4 postoji jedna i samo jedna ravan α koja ih sadrˇzi, a prema aksiomi I 5 prave p i q pripadaju ravni α. To znaˇci da ove dve prave odred¯uju ravan α. Teorema 3. Prava i taˇcka van date prave odred¯uju jednu i samo jednu ravan. Dokaz: Neka je p prava i A taˇcka koja joj ne pripada. Prema aksiomi I 1 na pravoj p postoje dve razliˇcite taˇcke, npr. B i C. Tada su A, B i C tri nekolinearne taˇcke, pa prema aksiomi I 4 postoji jedna i samo jedna ravan α koja ih sadrˇzi. Prema tome B i C pripadaju ravni α. Prema aksiomi I 5 sledi da i prava p pripada ravni α. Jedinstvenost ravni α sledi na osnovu aksiome I 4.

10.2.2

Aksiome rasporeda

Aksiomama rasporeda bliˇze su utvrd¯ene osobine relacije ”izmed¯u” za tri kolinearne taˇcke. Ukoliko je taˇcka B izmed¯u taˇcaka A i C to ćemo oznaˇcavati sa A − B − C . Aksiome rasporeda ˇcine grupu od 6 aksioma: Aksioma II 1. Neka su A, B i C tri kolinearne taˇcke za koje je A − B − C . Tada su svake dve od navedenih taˇcaka razliˇcite. Aksioma II 2. Neka su A, B i C tri kolinearne taˇcke za koje je A − B − C . Tada je C − B − A . Aksioma II 3. Neka su A, B i C tri kolinearne taˇcke za koje je A − B − C . Tada nije A − C − B . Aksioma II 4. Neka su A i B dve razliˇcite taˇcke prave p. Tada postoji taˇcka C ∈ p, takva da je A − B − C .

10.2. Osnove Hilbertovog sistema aksioma

111

Aksioma II 5. Neka su A, B i C tri kolinearne taˇcke. Tada vaˇzi bar jedna od tri relacije: A − B − C, A − C − B ili C − A − B . Aksioma II 6. (Paˇ sova aksioma) Neka su A, B i C tri nekolinearne taˇcke i p prava koja pripada ravni odred¯enoj taˇckama A, B i C, tako da ne sadrˇzi taˇcku B i seˇce pravu p(AC) u taˇcki D tako da je A − D − C . Tada prava p seˇce pravu p(BC) u taˇcki G tako da je B − G − C ili seˇce pravu p(AB) u taˇcki F tako da je A − F − B . C G

D A

F

p'

p B

Slika 1. Na osnovu aksioma II 5, II 2 i II 3 moguće je dokazati sledeću teoremu. Teorema 4. Neka su A, B i C tri kolinearne taˇcke. Tada vaˇzi jedna i samo jedna od tri relacije: A − B − C, A − C − B, ili C − A − B . Definicija 5. Za dve razliˇcite taˇcke A i B, skup navedenih taˇcaka i taˇcaka prave p(AB) izmed¯u A i B nazivamo duˇz, u oznaci AB. Taˇcke A i B nazivamo krajevi, a ostale taˇcke unutraˇsnje taˇcke duˇzi. Na osnovu aksioma II 4 i II 6 moguće je dokazati sledeću teoremu. Teorema 5. Svaka duˇz sadrˇzi bar jednu unutraˇsnju taˇcku. Na osnovu navedene teoreme moguće je pokazati da postoji beskonaˇcno mnogo unutraˇsnjih taˇcaka svake duˇzi. Definicija 6. Duˇz AB kod koje je odred¯eno da je A poˇcetna i B krajnja −− → taˇcka nazivamo orjentisana duˇz, u oznaci AB . Definicija 7. Neka su A, B i C tri razliˇcite taˇcke prave p, takve da je A − B − C . Tada kaˇzemo da su taˇcke A i C prave p sa raznih strana u odnosu na taˇcku B, a da su taˇcke B i C prave p sa iste strane u odnosu na taˇcku A (ili da su taˇcke A i B prave p sa iste strane u odnosu na taˇcku C).

112

Glava 10. Geometrija

Definicija 8. Neka je data prava p i taˇcka O koja joj pripada. Skup taˇcaka prave p odred¯en taˇckom O i svim taˇckama prave p sa iste strane taˇcke O nazivamo poluprava, u oznaci Op. Taˇcku O nazivamo poˇcetak poluprave. Definicija 9. Neka je data ravan α. Neka prava p i taˇcke A i B pripadaju ravni α. Tada kaˇzemo da su taˇcke A i B ravni α sa iste strane prave p ukoliko duˇz AB nema zajedniˇckih taˇcaka sa pravom p. Ako postoji jedna zajedniˇcka taˇcka kaˇzemo da su taˇcke A i B ravni α sa raznih strane prave p. Definicija 10. Poluravan sa graniˇcnom pravom p ravni α je skup svih taˇcaka prave p i svih taˇcaka ravni α koje su sa iste strane prave p, u oznaci pα . Taˇcka na pravoj odred¯uje dve poluprave, prava u ravni dve poluravni, a ravan u prostoru dva poluprostora. Definicija 11. Ugaona linija1 , u oznaci pOq, je unija dve poluprave Op i Oq sa zajedniˇckom poˇcetnom taˇckom O. Taˇcku O nazivamo teme, a poluprave Op i Oq kraci ugaone linije. Na osnovu teoreme 2 moguće je dokazati sledeću teoremu. Teorema 6. Ugaona linija pripada jednoj i samo jednoj ravni. Definicija 12. Ugaona linija pOq deli ravan kojoj pripada na dva dela koje nazivamo ugaone oblasti. Definicija 13. Ugao, u oznaci ∠pOq, je unija ugaone linije pOq i jedne njene ugaone oblasti. Taˇcku O nazivamo teme, a poluprave Op i Oq kraci ugla. (Ugaona linija pOq odred¯uje dva ugla). Definicija 14. Neka kraci ∠pOq pripadaju istoj pravoj. Tada ako je: 1) Op 6= Oq onda ∠pOq nazivamo opruˇzen ugao, 2) Op = Oq a) i ugaona oblast je prazan skup, onda ∠pOq nazivamo nula ugao, b) i ugaona oblast je skup svih taˇcaka ravni koje ne pripadaju toj ugaonoj liniji, onda ∠pOq nazivamo pun ugao. 1

Terminologija je prilagod¯ena aktuelnim sadrˇzajima u osnovnoj ˇskoli.

10.2. Osnove Hilbertovog sistema aksioma

113

Definicija 15. Za ∠pOq i ∠qOr kaˇzemo da su susedni. Navedene susedne uglove nazivamo uporednim ako kraci Op i Or pripadaju istoj pravoj i pri tome Op 6= Or (slika 2). q

p

O

r

Slika 2. Definicija 16. Ugao nazivamo: 1) prav - ako je jednak svom uporednom uglu, 2) oˇstar - ako je manji od svog uporednog ugla, 3) tup - ako je veći od svog uporednog ugla. Definicija 17. Za n ≥ 3 neka je A1 , A2 , ..., An konaˇcan skup taˇcaka iste ravni gde nikoje tri taˇcke nisu kolinearne. Uniju duˇzi A 1 A2 , A2 A3 , ..., An−1 An nazivamo izlomljena linija. Ako je 1) A1 6= An izlomljena linija je otvorena, 2) A1 = An izlomljena linija je zatvorena i naziva se mnogougaona linija ili mnogougao. Taˇcke A1 ,A2 ,..., An su temena, a duˇzi A1 A2 , A2 A3 , ..., An−1 An su stranice mnogougla (slika 3). Mnogougao deli ravan kojoj pripada na dve oblasti, unutraˇsnju i spoljaˇsnju.

A3

An-1

A2

An = A1

Slika 3.

114

Glava 10. Geometrija

Definicija 18. Mnogougao je: 1) prost - ako nikoje dve stranice nemaju zajedniˇckih taˇcaka, osim ˇsto susedne stranice imaju zajedniˇcka temena, 2) sloˇzen - u suprotnom. Definicija 19. Mnogougaona povrˇs je unija svih taˇcaka mnogougla i njegove unutraˇsnje oblasti.

10.2.3

Aksiome podudarnosti

Istorijski gledano, relaciju ”podudarno”, koja se odnosi na dve duˇzi, ra- zmatrali su redom: Euklid, Peano, Hilbert, Paˇs, Veronez, Borsuka i ˇ Smieleve. Ako su duˇzi AB i CD u relaciji podudarno, to piˇsemo AB ∼ = CD , kaˇzemo da su one jednake. Aksiome podudarnosti daju osobine relacije podudarno i one ˇcine grupu od 7 aksioma: Aksioma III 1. Ako je AB ∼ = CD i A = B, tada je C = D. Aksioma III 2. AB ∼ = BA Aksioma III 3. Ako je AB ∼ = CD i AB ∼ = EF, tada je CD ∼ = EF . Aksioma III 4. Ako taˇcka C pripada duˇzi AB i taˇcka C 0 duˇzi A0 B 0 , pri ˇcemu je AC ∼ = A0 C 0 i BC ∼ = B 0 C 0 , tada je AB ∼ = A0 B 0 . Aksioma III 5. Neka su A i B razliˇcite taˇcke i C poˇcetna taˇcka poluprave Cp. Tada na polupravoj Cp postoji taˇcka D takva da AB ∼ = CD. Aksioma III 6. Neka su A, B i C tri nekolinearne taˇcke i neka su A 0 i B 0 dve taˇcke graniˇcne prave p poluravni pα, takve da je AB ∼ = A0 B 0 . Tada u 0 poluravni pα postoji jedna i samo jedna taˇcka C takva da je AC ∼ = A0 C 0 i BC ∼ = B0C 0. Aksioma III 7. Neka su A, B i C i A0 , B 0 i C 0 dve trojke nekolinearnih taˇcaka redom, a D i D 0 taˇcke polupravih BC i B 0 C 0 takve da je: AB ∼ = A0 B 0 , BC ∼ = B 0 C 0 , CA ∼ = C 0 A0 i BD ∼ = B 0 D 0 . Tada je AD ∼ = A0 D 0 . Elementarno se dokazuje sledeća teorema. Teorema 7. Na skupu duˇzi relacija podudarnosti je relacija ekvivalencije. Definicija 20. Taˇcka S je srediˇste duˇzi AB ako je S ∈ AB i AS ∼ = BS.

Definicija 21. Taˇcke B i C su jednako udaljene od taˇcke A ako je AB ∼ = AC.

10.2. Osnove Hilbertovog sistema aksioma

10.2.4

115

Aksiome neprekidnosti

Na osnovu prethodno navedenih aksioma mi smo u mogućnosti da utvrdimo da li postoji jednakost dve duˇzi. Da bismo mogli ustanoviti proces merenja duˇzi, do sad navedene aksiome nisu dovoljne. Merenje duˇzi zasniva se na aksiomi, poznatoj kao Arhimedova aksioma, koja omogućava da se za svaku duˇz samo na jedan naˇcin odredi neki pozitivan broj koji nazivamo duˇzinom duˇzi. Potrebno je utvrditi i obrnuto - postojanje duˇzi ˇcija je duˇzina jednaka unapred datom pozitivnom broju. Znaˇci, potrebno je uvesti joˇs jednu aksiomu na osnovu koje bi ovo bilo moguće. Aksioma IV 1. (Arhimedova) Neka su AB i CD proizvoljne duˇzi. Tada na polupravoj AB postoji konaˇcan broj taˇcaka A 1 , A2 , A3 , ..., An takvih da je 1) A − A1 − A2 , A1 − A2 − A3 , ...An−2 − An−1 − An , 2) CD ∼ = AA1 ∼ = A1 A2 ∼ = ... ∼ = An−1 An , 3) B ∈ An−1 An i B 6= An−1 . Aksioma IV 2. (Kantorova) Neka je na bilo kojoj pravoj p dat beskonaˇcan niz duˇzi A1 B1 , A2 B2 , ..., takvih da 1) svaka sledeća leˇzi unutar prethodne (A n+1 Bn+1 ⊂ An Bn , n = 1, 2, ...), 2) ne postoji duˇz koja leˇzi unutar svih duˇzi datog niza. Tada na pravoj p postoji taˇcka C koja pripada svim duˇzima toga niza.

10.2.5

Aksioma paralelnosti

Euklidska geometrija je geometrija u kojoj vaˇzi sledeća aksioma, poznata i kao peti Euklidov postulat. Aksioma V 1. U ravni α odred¯enoj pravom p i taˇckom A 6∈ p postoji jedna i samo jedna prava q koja sadrˇzi taˇcku A i nema zajedniˇckih taˇcaka sa pravom p. Na bazi prve ˇcetiri grupe aksioma (apsolutna geometrija) i drugaˇcijim interpretacijama navedene aksiome izgrad¯uju se tzv. neeuklidske geometrije. Definicija 22. Prave p i q su paralelne, u oznaci p k q , ako je p = q ili p i q pripadaju istoj ravni i nemaju zajedniˇckih taˇcaka.

116

Glava 10. Geometrija

Definicija 23. Dve prave su mimoilazne ako ne pripadaju istoj ravni. Teorema 8. Dve razliˇcite paralelne prave odred¯uju jednu i samo jednu ravan. Na osnovu aksiome paralelnosti moguće je dokazati sledeću teoremu. Teorema 9. Na skupu pravih, relacija paralelnosti je relacija ekvivalencije. Definicija 24. Prava p je paralelna ravni α, u oznaci p k α , ako joj pripada ili sa njom nema zajedniˇckih taˇcaka. Definicija 25 Dve ravni α i β su paralelne, u oznaci α k β , ako su jednake ili ako nemaju zajedniˇckih taˇcaka.

10.3

Geometrijske figure

U daljem izlaganju neprazan skup taˇcaka zvaćemo geometrijska figura ili kraće figura. U ovoj glavi ćemo na osnovu aksioma podudarnosti i definicije izometrijske transformacije definisati relaciju podudarnosti figura. Pored toga naveˇsćemo i neke figure u ravni i u prostoru. Pre toga, navodimo sledeću definiciju. Definicija 26. Neka se prave p(AB) = q i p seku u taˇcki S koja je srediˇste duˇzi AB . Ako je pri tome ∠pSq prav ugao kaˇzemo da je prava p simetrala duˇzi AB . Za navedene prave q i p kaˇzemo da su normalne i to oznaˇcavamo q⊥p . Definicija 27 Neka je ρ bijektivno preslikavanje skupa taˇcaka X na skup taˇcaka X 0 . Ako je (∀A, B ∈ X)(AB ∼ = ρ(A)ρ(B) ), tada kaˇzemo da je ρ izometrijska transformacija. Ako postoji taˇcka C ∈ X takva da je ρ(C) = C, onda kaˇzemo da je taˇcka C invarijantna taˇcka pri transformaciji ρ. Definicija 28 Za geometrijske figure F 1 i F2 kaˇzemo da su podudarne ako postoji izometrijska tranformacija ρ takva da je ρ(F 1 ) = F2 . Nije teˇsko pokazati da izometrijska transformacija preslikava duˇz na podudarnu duˇz i ugao na podudaran ugao.

10.3. Geometrijske figure

10.3.1

117

Trougao, ˇ cetvorougao i krug

Definicija 29. Trougao je mnogougao sa tri stranice. Osnovni elementi trougla su stranice i uglovi. Na slici 4 navedeno je standardno obeleˇzavanje stranica, uglova i temena trougla. Na osnovu veliˇcine stranica trouglove delimo na: 1) jednakostraniˇcne (jednake sve tri stranice), 2) jednakokrake (jednake dve stranice), 3) raznostraniˇcne (sve tri stranice razliˇcite), dok na osnovu veliˇcine uglova na: 1) pravougle (jedan ugao je prav), 2) oˇstrougle (svi uglovi oˇstri), 3) tupougle (jedan ugao tup). C g b

a b

a A

c

B

Slika 4. Kod pravouglog trougla stranice koje obrazuju prav ugao nazivamo kraci, dok preostalu stranicu nazivamo hipotenuza. Kod jednakostraniˇcnog trougla jednake stranice nazivamo kraci, dok preostalu treću stranicu nazivamo osnova. Navodimo sada ˇcetiri stava o podudarnosti trouglova koji imaju veliku primenu u geometriji. Stav 1. Dva trougla su podudarna ako su dve stranice i njima zahvaćen ugao jednog trougla podudarni odgovarajućim dvema stranicama i odgovarajućem uglu drugog trougla.

118

Glava 10. Geometrija

Stav 2. Dva trougla su podudarna ako su jedna stranica i na njoj nalegla dva ugla jednog trougla podudarni odgovarajućoj stranici i odgovarajućim uglovima drugog trougla. Stav 3. Dva trougla su podudarna ako su sve tri stranice jednog trougla podudarne odgovarajućim stranicama drugog trougla. Stav 4. Dva trougla su podudarna ako su dve stranice i ugao naspram veće od njih jednog trougla podudarne odgovarajućim stranicama i odgovarajućem uglu drugog trougla. Takod¯e i sledeće teoreme se ˇcesto koriste u dokazima raznih tvrd¯enja u geometriji. Dokaze ovih teorema ostavljamo ˇcitaocu za veˇzbu. Teorema 10. U trouglu naspram veće stranice leˇzi veći ugao. Vaˇzi i obrnuto tvrd¯enje. Teorema 11. Uglovi na osnovici jednakokrakog trougla su jednaki. Teorema 12. Zbir tri unutraˇsnja ugla trougla jednak je zbiru dva prava ugla. Teorema 13. Zbir ma koje dve stranice trougla veći je od treće stranice. Razlika ma koje dve stranice trougla manja je od treće stranice. ˇ Definicija 30. Cetvorougao je mnogougao sa ˇcetiri stranice. Prema broju paralelnih stranica moˇzemo izvrˇsiti sledeću klasifikaciju ˇcetvorouglova (slika 5 sa leva na desno): 1) paralelogram (dva para paralelnih stranica), 2) trapez (jedan par paralelnih stranica), 3) trapezoid (bez paralelnih stranica).

Slika 5.

10.3. Geometrijske figure

119

Teorema 14. Za svaki paralelogram vaˇzi: 1) naspramne stranice (uglovi) su jednake, 2) zbir susednih uglova jednak je zbiru dva prava ugla (opruˇzenom uglu), 3) dijagonale se polove. Definicija 31. Pravougaonik je paralelogram ˇciji su svi uglovi jednaki (pravi uglovi). Definicija 32. Kvadrat je pravougaonik ˇcije su sve stranice jednake. Teorema 15. Paralelogram je kvadrat ako i samo ako su mu dijagonale jednake. Teorema 16. Pravougaonik je kvadrat ako i samo ako vaˇzi: 1) dijagonale se seku pod pravim uglom (normalne su), 2) dijagonala deli ugao na dva jednaka ugla (dijagonala je simetrala ugla). Definicija 33. Neka su date taˇcka O i duˇz r ravni α. Skup svih taˇcaka A ravni α takvih da je OA = r naziva se kruˇznica, dok se skup taˇcaka A ravni α takvih da je OA ≤ r naziva krug. Navedeni krug oznaˇcavamo sa k(O, r). Taˇcku O nazivamo centar, a duˇz r polupreˇcnik kruga. C

O

. a

r A

D

B

Slika 6. Neka su date tri med¯usobno razliˇcite taˇcke A, B i C koje pripadaju kruˇznici (slika 6) i neka je taˇcka C sa iste strane kao centar O u odnosu na pravu p(AB). Neka se prave p(A, B) i p(O, D) seku pod pravim uglom i neka prava a i krug k(O, r) imaju jednu zajedniˇcku taˇcku B . Tada:

120

Glava 10. Geometrija

1) p(AB) je seˇcica kruga k(O, r), 2) AB je tetiva kruga k(O, r), 3) duˇzina ON je centralno rastojanje tetive AB, 4) prava a je tangenta u taˇcki B, 5) ∠AOB je centralni ugao koji odgovara tetivi AB, 6) ∠ACB je periferijski ugao koji odgovara centralnom uglu ∠AOB .

Teorema 17. Centralni ugao je dva puta veći od odgovarajućeg periferijskog ugla.

10.3.2

Geometrijske figure u prostoru

Ograniˇcimo naredne definicije na konveksne figure u prostoru 2 . Unija dve poluravni α i β (strane dijedra) sa zajedniˇckom graniˇcnom pravom p (ivica dijedra) naziva se diedarska povrˇs, u oznaci αpβ. Diedarska povrˇs deli prostor E3 na dva disjunktna dela koje nazivamo diedarske oblasti. Definicija 34. Diedar, u oznaci ∠αpβ, je unija diedarske povrˇsi αpβ i jedne od oblasti odred¯ene tom povrˇsi . Neka je ravan γ (slika 7) normalna na ivicu p diedra ∠αpβ . Ugao diedra ∠αpβ je presek ravni γ i diedra ∠αpβ .

g

a p

b

Slika 7. 2

Figura je konveksna ako za svake dve taˇcke A i B koje pripadaju figuri duˇz AB cela pripada figuri.

10.3. Geometrijske figure

121

Definicija 35. Neka je A1 , A2 , ..., An mnogougao i S taˇcka koja ne pripada ravni u kojoj leˇzi mnogougao. Rogalj je skup svih polupravih sa zajedniˇckom poˇcetnom taˇckom S koje sadrˇze po jednu taˇcku datog mnogougla. 1) Taˇcka S je vrh roglja, 2) poluprave SA1 , SA2 , ..., SAn su ivice roglja, 3) uglovi ∠A1 SA2 , ∠A2 SA3 , ..., ∠An SA1 su strane ili iviˇcni uglovi roglja, 4) navedeni rogalj je n -tostrani rogalj. Za n = 3 imamo trostrani rogalj koji se naziva i triedar (slika 8). Definicija 36. Poliedar je unija mnogougaonih povrˇsi koje potpuno ograniˇcavaju deo prostora, sa tim delom prostora. S

A3

A1 A2

Slika 8. Definicija 37. Pravilan poliedar je poliedar ˇcije su stranice pravilne i podudarnee mnogougaone povrˇsi. Definicija 38. Prizma je poliedar sa dve podudarne mnogougaone povrˇsi koje pripadaju razliˇcitim paralelnim ravnima (osnove prizme). Preostale stranice se nazivaju boˇcne stranice. Definicija 39. Prizma je prava ako su boˇcne ivice normalne na osnovu (u suprotnom je kosa, slika 9). Pravilna prizma je prava prizma ˇcija je osnova pravilan mnogougao. Dijagonalan presek prizme je presek prizme sa ravni koja sadrˇzi dve nesusedne boˇcne ivice prizme.

122

Glava 10. Geometrija

Slika 9. Definicija 40. Paralelopiped je prizma ˇcija je osnova paralelogram. Definicija 41 Kvadar je pravi paralelopiped ˇcija je osnova pravougaonik. Definicija 42. Kocka je kvadar ˇcije su sve strane kvadrati. Definicija 43. Piramida je poliedar ˇcija je jedna strana (osnova) mnogougaona povrˇs, a ostale boˇcne strane su trougaone povrˇsi koje obrazuju rogalj. Definicija 44. Valjkasta povrˇs je figura koja se dobija obrtanjem pravougaonika oko ose koja sadrˇzi jednu njegovu stranicu. Valjak (slika 10) je figura koja se dobija obrtanjem odgovarajuće pravougaone povrˇsi oko navedene ose.

Slika 10. Definicija 45. Prava kruˇzna konusna povrˇs je figura koja se dobija obrtanjem pravouglog trougla oko ose koja sadrˇzi jednu njegovu katetu. Prava kupa je figura koja se dobija obrtanjem odgovarajuće trougaone povrˇsi oko navedene ose. Definicija 46. Neka su date taˇcka O i duˇz r prostora E 3 . Skup svih taˇcaka A prostora E3 takvih da je OA = r naziva se sfera, dok se skup taˇcaka A prostora E3 takvih da je OA ≤ r naziva lopta. Navedenu loptu oznaˇcavamo sa l(O, r). Taˇcku O nazivamo centar, a duˇz r polupreˇcnik lopte.

10.4. Merenje u geometriji

123

Loptu je moguće definisati i kao obrtno telo: sfera je figura koja se dobija obrtanjem kruˇznice oko ose koja sadrˇzi njen preˇcnik, dok je lopta figura koja se dobija obrtanjem kruga oko navedene ose.

Slika 11. Na slici 11 (sa leva na desno) date su kupa i lopta.

10.4

Merenje u geometriji

Najznaˇcajnije geometrijske veliˇcine su : duˇzina, povrˇsina i zapremina. Merenje je postupak kojim se utvrd¯uje koliko puta se jediniˇcna veliˇcina (veliˇcina koja odgovara broju 1) sadrˇzi u veliˇcini koja se meri.

10.4.1

Merenje uglova

Definicija 47. Neka su ∠pOq i ∠qOr dva susedna ugla. Tada kaˇzemo da je ugao ∠pOr zbir uglova ∠pOq i ∠qOr , u oznaci ∠pOr = ∠pOq + ∠qOr . Ako za bilo koja tri ugla α, β i γ vaˇzi da je ∠pOq = α, ∠qOr = β i ∠pOr = γ, tada je i γ = α + β . r q

p

O

Slika 12. Definicija 48. Neka je svakom uglu pridruˇzen nenegativan realan broj α , pri ˇcemu vaˇzi:

124

Glava 10. Geometrija

1) uglu ∠sOt pridruˇzen je broj 1 (∠sOt naziva se jediniˇcni ugao ili jedinica mere ugla), 2) jednakim uglovima pridruˇzeni su jednaki brojevi, 3) ako je ∠pOq zbir uglova kojima su pridruˇzeni brojevi α i β , tada se uglu ∠pOq pridruˇzuje broj α + β , 4) nula uglu pridruˇzuje se broj 0. Tada se kaˇze da je definisana mera na skupu uglova. Jediniˇcni ugao bira se tako da je pravom uglu pridruˇzen broj 90 . Taj jediniˇcni ugao nazivamo stepen i oznaˇcavamo ga sa 1 ◦ . Tada imamo sledeću klasifikaciju uglova: 1) oˇstar ugao je onaj koji je manji od 90 ◦ , 2) prav ugao je onaj koji je jednak 90 ◦ , 3) tup ugao je onaj koji je veći od 90 ◦ a manji od 180◦ , 4) opruˇzen ugao je ugao koji je jednak 180 ◦ , 5) nekonveksan ugao je ugao veći od 180 ◦ a manji od 360◦ , 6) pun ugao je ugao koji je jednak 360 ◦ . 0

0

00

Jedinice manje od stepena su minut (1 ◦ = 60 ) i sekund (1 = 60 ). Pored stepena, u upotrebi su i druge jedinice za merenje uglova. Jedna π od njih je radijan i on se odred¯uje tako ˇsto se pravom uglu dodeljuje broj 2 (pi polovina), gde je π ≈ 3, 14. Definicija 49. Za ugao ∠pOq poluprava Or takva da je ∠pOr = ∠qOr naziva se simetrala ugla ∠pOq .

10.4.2

Merenje duˇ zi

Definicija 50. Duˇzi AB pridruˇzimo pozitivan realan broj d(A, B) i pri tome neka je: 1) za duˇz OE je d(O, E) = 1 (duˇz OE nazivamo jediniˇcna duˇz), 2) ako je AB = CD, tada je d(A, B) = d(C, D),

10.4. Merenje u geometriji

125

3) ako je A − C − B, tada je d(A, B) = d(A, C) + d(C, B) . Tada se broj d(A, B) zove duˇzina duˇzi AB. Ako se navedenoj definiciji doda i uslov d(A, A) = 0 za svaku taˇcku A, onda se broj d(A, B) naziva i rastojanje izmed¯u taˇcaka A i B . Osnovna jedinica za merenje duˇzi je metar, u oznaci m. To je ˇcetrdesetmilioniti deo zemljinog meridijana koji prolazi kroz Pariz. Manje jedinice od metra su: decimetar (1 dm = 10−1 m), centimetar (1 cm = 10−2 m) i milimetar (1 mm = 10−3 m). Veće jedinice od metra su: dekametar (1 Dm = 10 m), hektometar (1 hm = 102 m) i kilometar (1 km = 103 m). Definicija 51. Obim mnogougla je zbir duˇzina svih njegovih stranica. Pod obimom kruga ˇciji je polupreˇcnik r podrazumevamo duˇzinu njegove kruˇznice a koja iznosi O = 2rπ .

10.4.3

Povrˇ sina i zapremina geometrijskih figura

Povrˇsina pretstavlja veliˇcinu povrˇsi. Meriti povrˇsinu znaˇci upored¯ivati je sa povrˇsinom jediniˇcnog kvadrata (duˇzine stranica 1 m). Osnovna jedinica za merenje povrˇsi je 1 m2 . Manje jedinice od 1 m2 su: 1 dm2 = 10−2 m2 , 1 cm2 = 10−4 m2 i 1 mm2 = 10−6 m2 . Veće jedinice od metra su: 1 Dm2 = 102 m2 , 1 hm2 = 104 m2 i 1 km2 = 106 m2 . Podsetimo se formula za izraˇcunavanje povrˇsine nekih znaˇcajnijih geometrijskih figura: - pravougaonik P = a · b , gde su a i b duˇzine stranica, - paralelogram P = a · ha , gde je a duˇzina jedne stranice, a h a njoj odgovarajuća visina, a · ha - trougao P = , gde je a duˇzina jedne stranice stranica, a h a njoj 2 odgovarajuća visina, - krug P = r 2 π , gde je r duˇzina polupreˇcnika kruga, - kvadar P = 2 · (a · b + a · c + b · c) , gde su a, b i c dimenzije kvadra, - kocka P = 6a2 , gde je a duˇzina stranice kocke, - prizma P = 2B + M , gde je B povrˇsina baze, a M povrˇsina omotaˇca,

126

Glava 10. Geometrija - piramida P = B + M , gde je B povrˇsina baze, a M povrˇsina omotaˇca, - kupa P = rπ(r + s) , gde je r duˇzina polupreˇcnika osnove, a s duˇzina izvodnice (boˇcne strane), - valjak P = 2rπ(r + H) , gde je r duˇzina polupreˇcnika osnove, a H duˇzina visine valjka, - lopta P = 4r 2 π , gde je r duˇzina polupreˇcnika lopte.

Zapremina pretstavlja veliˇcinu potpuno ograniˇcenog prostora. Meriti zapreminu znaˇci upored¯ivati je sa zapreminom jediniˇcne kocke (duˇzine ivica 1 m). Osnovna jedinica za merenje zapremine je 1 m 3 . Manje jedinice od 1 m3 su: 1 dm3 = 10−3 m3 , 1 cm3 = 10−6 m3 i 1 mm3 = 10−9 m3 . Veće jedinice od metra su: 1 Dm3 = 103 m3 , 1 hm3 = 106 m3 i 1 km3 = 109 m3 . Navodimo zapremine nekih geometrijskih figura: - kvadar V = a · b · c , gde su a, b i c dimenzije kvadra, - kocka V = a3 , gde je a duˇzina ivice kocke, - prizma V = B · H , gde je B povrˇsina baze, a H duˇzina visine prizme, - piramida V = piramide,

B·H , gde je B povrˇsina baze, a H duˇzina visine 3

r 2 πH - kupa V = , gde je r duˇzina polupreˇcnika osnove, a H duˇzina 3 visine kupe, - valjak V = r 2 πH , gde je r duˇzina polupreˇcnika osnove, a H duˇzina visine valjka, - lopta V =

10.5

4r 3 π , gde je r duˇzina polupreˇcnika lopte. 3

Geometrijske konstrukcije

Pod geometrijskom konstrukciom podrazumevamo crtanje geometrijske figure u ravni pomoću lenjira (koristimo ga samo za povlaˇcenje pravih linija) i ˇsestara3 . Geometrijska konstrukcija se sastoji iz sledeće ˇcetiri faze: 3ˇ

Sestar koristimo za crtanje kruˇznih lukova.

10.5. Geometrijske konstrukcije

127

1) Analiza je traˇzenje naˇcina da se dod¯e do reˇsenja. Obiˇcno krećemo od toga da je zadatak reˇsen i traˇzimo mogućnost za izvrˇsenje konstrukcije. 2) Konstrukcija je konaˇcan broj elementarnih konstrukcija koje dovode do konaˇcnog reˇsenja. Konstrukcija podrazumeva i obrazlaganje svake sloˇzene konstrukcije. 3) Dokaz ima za cilj da utvrdi da li dobijeno reˇsenje ispunjava uslove zadatka. U tu svrhu koristimo aksiome i sve dokazane teoreme. 4) Diskusija na osnovu datih elemenata pokazujemo kada će zadatak imati jedno, viˇse ili ni jedno reˇsenje. U osnovne konstrukcije spadaju sledeće konstrukcije: 1) prave kroz dve date taˇcke, 2) poluprave kojoj je data poˇcetna taˇcka i joˇs jedna taˇcka, 3) duˇzi kojoj su date krajnje taˇcke, 4) kruga kome je dat centar i taˇcka na kruˇznici, 5) kruga kome je dat centar i polupreˇcnik, 6) kruˇznog luka kome je dat centar odgovarajućeg kruga i krajnje taˇcke luka. Jednostavne, ˇcesto koriˇsćene konstrukcije koje se sastoje od nekoliko osnovnih konstrukcija nazivamo elementarne konstrukcije. U elementarne konstrukcije spadaju sledeće konstrukcije: 1) paralelnih pravih, 2) normalnih pravih, 3) simetrale duˇzi, 4) simetrale ugla, 5) duˇzi jednake datoj duˇzi, 6) ugla jednakog datom uglu, 7) ugla komplementnog datom uglu,

128

Glava 10. Geometrija

8) ugla sumplementnog datom uglu 9) trougla kome su date stranice, 10) trougla kome su date dve stranice i njima zahvaćen ugao, 11) trougla kome je data stranica i na njoj dva nalegla ugla, 12) trougla kome su date dve stranice i ugao naspram jedne stranice (za ugao naspram druge date stranice, radi jedinstvenosti konstrukcije, treba znati da li je oˇstar, prav ili tup). Elementarne konstrukcije se ne obrazlaˇzu u toku reˇsavanja zadataka. U sloˇzene konstrukcije spadaju konstrukcije koje se sastoje od konaˇcnog broja elementarnih konstrukcija. Primer 1. Dat je krug k(O, r), taˇcka A koja pripada kruˇznici datog kruga i duˇz CD. Konstruisati duˇz AB koja pripada tangenti kruga k(O, r) u taˇcki A i za koju vaˇzi AB ∼ = CD . Reˇsenje: 1) Analiza: Ako krenemo od urad¯ene konstrukcije (slika 13) imamo da je tangenta p(AB) kroz taˇcku A normalna na polupreˇcnik kruga OA . To daje osnovnu ideju za reˇsenje zadatka. 2) Konstrukcija: Kroz datu taˇcku A povuˇcemo pravu normalnu na pravu p(OA) (dobijamo tangentu). Uzmemo otvorom ˇsestara duˇzinu duˇzi CD a zatim opiˇsemo kruˇznicu ˇciji je centar taˇcka A i polupreˇcnik ”uzeti” otvor ˇsestara. Presek navedene kruˇznice i tangente je taˇcka B 3) Dokaz: Zasniva se na dokazivanju tvrd¯enja koje kaˇze da je tangenta u datoj taˇcki normalna na polupreˇcnik koji sadrˇzi tu taˇcku. Dokaz ovog tvrd¯enja ostavljamo ˇcitaocu za veˇzbu. 4) Diskusija: Poˇsto navedena kruˇznica seˇce tangentu u dve taˇcke B i B 0 zadatak ima dva reˇsenja.

10.6. Vektori

D

129

O . r

B r

. A

C

B'

Slika 13.

10.6

Vektori

Definicija 52. Veliˇcine odred¯ene brojnom vrednoˇsću se nazivaju skalarne veliˇcine. Veliˇcine odred¯ene brojnom vrednoˇsću i orijentacijom u prostoru: pravcem i smerom, nazivaju se vektorske veliˇcine ili vektori. a A

B

Slika 14. Kod vektora razlikujemo sledeće pojmove: 1) Duˇzina vektora (ili intenzitet ili modul ili apsolutna vrednost), je rastojanje izmed¯u poˇcetne i krajnje taˇcke vektora, a oznaˇcavamo je sa −− → |AB| ili |~a|. 2) Pravac vektora je prava - nosaˇc kojoj pripada orijentisani odseˇcak. 3) Smer vektora je orijentacija odseˇcka od njegove poˇcetne taˇcke ka njegovoj krajnjoj taˇcki. Definicija 53. Za vektore: 1) ~a i −~a kaˇzemo da su suprotni vektori i da oni imaju jednake intenzitete, iste pravce i suprotne smerove. 2) Dva vektora su jednaka ako imaju isti intezitet, pravac 4 i smer. 4

Pravac vektora je isti ako su prave- nosaˇci paralelne.

130

Glava 10. Geometrija

3) Nula - vektor je vektor kod kojeg se poˇcetak i kraj poklapaju. Intenzitet nula vektora je nula, tj. |~0| = 0. 4) Svaki vektor ~a 6= ~0 ima svoj suprotan vektor koji je jedinstven. Geometrijski vektorska veliˇcina je klasa ekvivalencije orjentisanih duˇzi odred¯ena svojim pravcem, smerom i intezitetom. Orijentaciju vektora ozna− −→ ˇcavamo strelicom, pa su oznake oblika: AB ili ~a.

10.6.1

Zbir i razlika vektora

−− → −−→ −→ Definicija 54. Zbir vektora AB = ~a i BC = ~b (slika 15) je vektor AC = ~c (spaja poˇcetak prvog i kraj drugog vektora) u oznaci ~c = ~a + ~b.

c

a

b b

Slika 15. Osnovne osobine sabiranja vektora date su sledećom teoremom. Teorema 18. Vaˇzi: 1) Zbir dva vektora je vektor. 2) ~a + ~0 = ~a. 3) ~a + (−~a) = ~0. 4) ||~a| − |~b|| ≤ |~a + ~b| ≤ |~a| + |~b|. 5) ~a + ~b = ~b + ~a (komutativnost). 6) ~a + (~b + ~c) = (~a + ~b) + ~c (asocijativnost).

10.6. Vektori

131

Razlika dva vektora ~a i ~b je vektor ~c, za koji je zbir ~b i ~c jednak ~a, u oznaci ~a − ~b = ~c ako je ~b + ~c = ~a. Dakle, da bismo od jednog vektora oduzeli drugi, treba ih dovesti na zajedniˇcki poˇcetak i povući vektor iz krajnje taˇcke vektora - umanjioca u krajnju taˇcku vektora - umanjenika. Primer 2. Za date vektore ~a i ~b naći njihov zbir i razliku.

a

b

Slika 16. Reˇsenje: -b

b

a a-b

a+b

Slika 17.

10.6.2

Proizvod skalara i vektora

Definicija 55. Za skalar (realan broj) λ i vektor ~a proizvod skalara i vektora, u oznaci λ · ~a = λ~a, jeste vektor ~b, za koji vaˇzi: 1) |~b| = |λ| · |~a|, 2) vektori ~a i ~b imaju isti pravac, 3) za λ > 0 vektori ~a i ~b imaju isti, a za λ < 0 suprotan smer. Za λ = 0 ~b = ~0.

132

Glava 10. Geometrija

Teorema 19. Za skalare r i t i vektore ~a i ~b vaˇzi: 1) 1 · ~a = ~a, 2) r(t~a) = (rt)~a, 3) (r + t)~a = r~a + t~a, 4) r(~a + ~b) = r~a + r~b. Primer 3. Za date vektore ~a i ~b naći vektore −3~a + 2~b i 4~a − 2~b. b

a

Slika 18. Reˇsenje: -3a

2b -3a + 2b

4a - 2b -2b

4a

Slika 19.

10.6. Vektori

133

Definicija 56. Vektor ˇciji je intezitet jednak broju jedan zove se jediniˇcni vektor ili ort, u oznaci ~a0 . Teorema 20. Vaˇzi ~a = |~a| · ~a0 ,

~a0 =

~a . |~a|

(|a0 | = 1).

Definicija 57. Dva vektora koji leˇze na istim ili paralelnim pravama zovu se kolinearni vektori. Ako tri ili viˇse vektora leˇze u istoj ravni ili su paralelni istoj ravni, onda su oni komplanarni vektori. Nula vektor je kolinearan sa proizvoljnim vektorom. Teorema 21. Ako su ne-nula vektori kolinearni, tada uvek postoji skalar λ takav da je ~a = λ~b. Definicija 58. Ako su k1 , k2 , ..., kn realni brojevi i ~a1 ,~a2 , ...,~an vektori razliˇciti od nule, tada se zbir k1~a1 +k2~a2 +· · ·+kn~an zove linearna kombinacija vektora ~a1 ,~a2 , ...,~an . Definicija 59. Za vektore ~a1 ,~a2 , ...,~an , ako postoje brojevi k1 , k2 , ..., kn od kojih je bar jedan razliˇcit od nule, takvi da je k 1~a1 + k2~a2 + · · · + kn~an = ~0, kaˇze se da su ovi vektori linearno zavisni. Ako je navedena jednakost ispunjena jedino za k1 = k2 = · · · = kn = 0, onda se kaˇze da su vektori ~a1 ,~a2 , ...,~an linearno nezavisni. Teorema 22. Dva ne-nula vektora su kolinearna ako i samo ako su linearno zavisni, a tri vektora su komplanarna ako i samo ako su linearno zavisna. Definicija 60. Prava p odred¯ena smerom jediniˇcnog vektora p ~ 0 , ortom prave p, zove se osa ili jediniˇcna prava. − −→ Definicija 61. Neka je data prava p i vektor ~r = AB. Neka su taˇcke A0 i B 0 ortogonalne projekcije taˇcke A i B na osu p. Projekcija vektora ~r na osu −−→ − −→ p je |A0 B 0 | i to sa znakom + ako je vektor AB orijentisan na istu stranu kao ip ~0 u odnosu na normalnu ravan koja prolazi kroz taˇcke A i A 0 , i sa znakom −− → − ako su vektori AB i p~0 orijentisani na razliˇcite strane pomenute ravni. Ovako definisana projekcija se ˇcesto zove algebarska ili skalarna projekcija. −−→ Oznaˇcimo je sa rp~0 = |A0 B 0 |.

134

Glava 10. Geometrija B r A j |

p

B'

A'

o

Slika 20. Definicija 62. Pod uglom izmed¯u vektora ~a i ~b, u oznaci ∠(~a, ~b) ili (~a, ~b), podrazumevamo ugao koji nastaje obrtanjem u pozitivnom smeru (smer koji je suprotan kazaljki na ˇcasovniku) vektora ~a oko zajedniˇcke taˇcke sve dok se po pravcu i smeru ne poklopi sa vektorom ~b. Teorema 23. Neka je ϕ = ∠(~ p0 , ~r). Tada je

rp~0 = |~r| · cos ϕ.

Teorema 24. Neka je p osa, a ~a i ~b dati vektori. Tada je (~a + ~b)p~0 = ap~0 + bp~0 . Definicija 63. Za tri nekomplanarna vektora sa zajedniˇckim poˇcetkom ~a, ~b i ~c, kaˇzemo da obrazuju desni triedar ako je vektor ~c orijentisan na stranu iz ˇcijeg kraja posmatraˇc uoˇcava s desna u levo najkraću rotaciju vektora ~a oko svog poˇcetka do poklapanja sa vektorom ~b. Pri ovome se pretpostavlja da je vektor ~b ispred posmatraˇca. U suprotnom je triedar levo orjentisan. c

b a

Slika 21. U daljem tekstu podrazumevamo da je triedar desno orjentisan (slika 21).

10.6. Vektori

135

z

k i

y

j

x

Slika 22. Definicija 64. Ured¯en skup tri ose x, y i z ˇcije ćemo jediniˇcne vektore oznaˇciti redom ~i, ~j i ~k, koji prolaze kroz taˇcku O i med¯u sobom su ortogonalni nazivamo Dekartov pravougli koordinatni sistem. Neka su a1 , a2 i a3 projekcije vektora ~a na ose x, y i z Dekartovog pravouglog koordinatnog sistema, redom. Tada je ~a = a1~i + a2~j + a3~k. Za a1 , a2 i a3 kaˇzemo da su kordinate vektora ~a i to oznaˇcavamo sa ~a = (a1 , a2 , a3 ). Uoˇcavamo da je : a1 = |~a| cos(~a,~i), a2 = |~a| cos(~a, ~j) i a3 = |~a| cos(~a, ~k). z

ak 3

a ai 1

aj 2

y

x

Slika 23. Teorema 25. Neka su dati vektori ~a = (a 1 , a2 , a3 ) i ~b = (b1 , b2 , b3 ) i skalar λ. Tada je:

136

Glava 10. Geometrija

1) ~a ± ~b = (a1 ± b1 )~i + (a2 ± b2 )~j + (a3 ± b3 )~k, 2) λ · ~a = λ · a1~i + λ · a2~j + λ · a3~k, p 3) |~a| = a21 + a22 + a23 .

Primer 4. Za date vektore ~a = −2~i + 4~j − 6~k ~b = 5~i + 7~j − 3~k naći vektore: 1) ~a + ~b, 2) ~a − ~b, 3) 3~a, 4) −8~b, 5) 4~a + 12~b, 6) −9~a + 3~b. Reˇsenje:

1) ~a +~b = (−2~i+4~j −6~k)+(5~i+7~j −3~k) = (−2+5)~i+(4+7)~j +(−6−3)~k = 3~i + 11~j − 9~k ili ~a + ~b = (−2, 4, −6) + (5, 7, −3) = (3, 11, −9). 2) ~a − ~b = (−2~i + 4~j − 6~k) − (5~i + 7~j − 3~k) = (−2 − 5)~i + (4 − 7)~j + (−6 − (−3))~k = −7~i − 3~j − 3~k ili ~a − ~b = (−2, 4, −6) − (5, 7, −3) = (−7, −3, −3). 3) 3~a = 3(−2~i + 4~j − 6~k) = 3 · (−2)~i + 3 · 4~j + 3 · (−6)~k = −6~i + 12~j − 18~k ili 3~a = 3 · (−2, 4, −6) = (−6, 13, −18). 4) −8~b, −8~b = (−8) · 5~i + (−8) · 7~j + (−8) · (−3)~k = −40~i − 56~j + 24~k ili −8~b = −8 · (5, 7, −3) = (−40, −56, 24).

10.6. Vektori

137

5) 4~a + 12~b = 4 · (−2~i + 4~j − 6~k) + 12 · (5~i + 7~j − 3~k) = 4 · (−2)~i + 4 · 4~j + 4 · (−6)~k +12·5~i+12·7~j +12·(−3)~k = −8~i+16~j −24~k +60~i+84~j −36~k = (−8 + 60)~i + (16 + 84)~j + (−24 − 36)~k = 52~i + 100~j − 60~k ili 4~a +12~b = 4(−2, 4, −6)+12(5, 7, −3) = (−8, 16, −24)+(60, 84, −36) = (52, 100, −60). 6) −9~a +3~b = −9·(−2~i+4~j −6~k)+3·(5~i+7~j −3~k) = −9·(−2)~i+(−9)·4~j + (−9)·(−6)~k +3·5~i+3·7~j +3·(−3)~k = 18~i−36~j +54~k +15~i+21~j −9~k = (18 + 15)~i + (−36 + 21)~j + (54 − 9)~k = 33~i − 15~j − 45~k ili 4~a +12~b = −9·(−2, 4, −6)+3·(5, 7, −3) = (18, −36, 54)+(15, 21, −9) = (33, −15, −45).

10.6.3

Skalarni proizvod vektora

Definicija 65. Skalarni proizvod dva vektora ~a i ~b, u oznaci ~a ·~b je proizvod intenziteta vektora ~a i ~b i kosinusa ugla izmed¯u ta dva vektora, tj. to je izraz ~a · ~b = |~a| · |~b| cos(~a, ~b). Teorema 26. Za jediniˇcne vektore ~i, ~j i ~k Dekartovog pravouglog koordinatnog sistema imamo da je: · ~i ~j ~k

~i 1 0 0

~j 0 1 0

~k 0 0 1

Teorema 27. Neka su dati vektori ~a = (a 1 , a2 , a3 ), ~b = (b1 , b2 , b3 ) i ~c = (c1 , c2 , c3 ) i skalar λ. Tada je 1) ~a · ~b = ~b · ~a 2) ~a · (~b + ~c) = ~a · ~b + ~a · ~c, 3) (λ · ~a) · ~b = λ(~a · ~b), 4) ~a2 = ~a · ~a = |~a|2 , 5) |~a · ~b| ≤ |~a| · |~b|,

138

Glava 10. Geometrija

6) ~a · ~b = a1 · b1 + a2 · b2 + a3 · b3 . Primer 5. Dati su vektori ~a = 2~i + 4~j + 4~k ~b = 6~i − 2~j + 3~k. Izraˇcunati: 1) Intenzitete vektora |~a| i |~b|. 2) Skalarni proizvod ova dva vektora. 3) Kosinus ugla izmed¯u vektora ~a i ~b. 4) Projekciju vektora ~b na osu odred¯enu vektorom ~a. Reˇsenje: √ √ √ 1) |~a| = 22 + 42 + 42 = 4 + 16 + 16 = 36 = 6, dok jep √ √ |~b| = 62 + (−2)2 + 32 = 36 + 4 + 9 = 49 = 7. 2) ~a · ~b = 2 · 6 + 4 · (−2) + 4 · 3 = 12 − 8 + 12 = 16. 16 ~a · ~b 8 = = . 3) cos(~a, ~b) = 6·7 21 |~a| · |~b| 8 8 4) b~a0 = |~b| · cos(~a, ~b) = 7 · = . 21 3

10.6.4

Vektorski proizvod vektora

Definicija 66. Vektorski proizvod redom vektora ~a i ~b je treći vektor ~c koji je ortogonalan sa vektorom ~a i vektorom ~b, ˇciji je smer takav da vektori ~a, ~b, ~c obrazuju desni triedar i ˇciji je intenzitet dat sa |~c| = |~a| |~b| sin(~a, ~b). Vektorski proizvod oznaˇcavamo sa ~a × ~b, pa je ~a × ~b = |~a| |~b| sin(~a, ~b) · ~c0 , gde je ~c0 ort vektora ~c.

10.6. Vektori

139

Teorema 28. Vaˇzi: 1) Vektorski proizvod ~a × ~b je jednak nuli ako je bar jedan od vektora ~a, ~b jednak nuli ili ako su oni kolinearni. 2) Za vektorski proizvod ne vaˇzi zakon komutacije, već naprotiv postoji tzv. svojstvo antikomutativnosti izraˇzeno jednakoˇsću ~a × ~b = −~b × ~a. 3) λ(~a × ~b) = λ~a × ~b = ~a × λ~b. 4) ~a × (~b + ~c) = ~a × ~b + ~a × ~c. Teorema 29. Neka su dati vektori ~a = (a 1 , a2 , a3 ), ~b = (b1 , b2 , b3 ) i jediniˇcni vektori ~i, ~j i ~k Dekartovog pravouglog koordinatnog sistema. Tada je: 1)

~k ~j × ~i ~k −~j ~i 0 ~j −~k 0 ~i ~k ~j −~i 0

2) ~a × ~b = (a2 b3 − a3 b2 )~i − (a1 b3 − a3 b1 )~j + (a1 b2 − a2 b1 )~k, 3)

Primer 6. Za date vektore

~i ~j ~k ~a × ~b = a1 a2 a3 . b b b 1 2 3

~a = −2~i + 4~j − 6~k ~b = 5~i + 7~j − 3~k naći vektorski proizvod ~a × ~b.

140

Glava 10. Geometrija

Reˇsenje: Poˇsto ~i ~j ~ ~a × b = a1 a2 b1 b2

je za vektore ~a = (a 1 , a2 , a3 ) i ~b = (b1 , b2 , b3 ) ~k a3 = (a2 b3 − a3 b2 )~i − (a1 b3 − a3 b1 )~j + (a1 b2 − a2 b1 )~k, b3

u naˇsem sluˇcaju imamo da je

~a × ~b = (4 · (−3) + 6 · 7)~i − (−2 · (−3) + 6 · 5))~j + (−2 · 7 − 4 · 5)~k = (−12 + 42)~i − (6 + 30)~j + (−14 − 20)~k = 30~i − 24~j − 34~k.

Neposredno iz definicije vektorskog proizvoda proizilazi da je povrˇsina paralelograma ( P ) konstruisanog nad vektorima ~a i ~b brojno jednaka intenzitetu vektorskog proizvoda, tj. P = |~a × ~b|. Primer 7. Izraˇcunati povrˇsinu paralelograma odred¯enog vektorima ~a = ~i + 2~j + 3~k ~b = 4~i + 5~j + 6~k. Reˇsenje: Imamo da je ~a × ~b = (2 · 6 − 3 · 5)~i − (1 · 6 − 3 · 4))~j + (1 · 5 − 2 · 4)~k = (12 − 15)~i − (6 − 12)~j + (5 − 8)~k = −3~i + 6~j − 3~k.

Pa je povrˇsina paralelograma P jednaka: p √ √ P = |~a ×~b| = |−3~i+6~j −3~k| = (−3)2 + 62 + (−3)2 = 9 + 36 + 9 = 54.

10.6.5

Meˇ soviti proizvod vektora

Definicija 67. Meˇsoviti proizvod redom vektora ~a, ~b i ~c, u oznaci [~a, ~b, ~c] je: ~ c| cos(d, ~ ~c), [~a, ~b, ~c] = (~a × ~b) · ~c = |d||~

gde je vektor d~ = ~a × ~b.

Teorema 30. Neka su dati vektori ~a = (a 1 , a2 , a3 ), ~b = (b1 , b2 , b3 ) i ~c = (c1 , c2 , c3 ). Tada je a1 a2 a3 [~a, ~b, ~c] = b1 b2 b3 . c1 c2 c3

10.6. Vektori

141

Apsolutna vrednost meˇsovitog proizvoda redom vektora ~a, ~b i ~c predstavlja zapreminu paralelopipeda odred¯enog ovim vektorima. Primer 8. Za date vektore ~a = −3~i − 2~j + 5~k, ~b = ~i − 2~j + 3~k ~c = 8~i + 5~j − 2~k naći meˇsoviti proizvod (~a × ~b) · ~c. Reˇsenje: Zadatak ćemo reˇsiti na dva naˇcina. Prvo ćemo ga reˇsiti postupno, a zatim pomoću poznate formule direktno. 1) ~a × ~b = (−2 · 3 + 5 · 2)~i − (−3 · 3 − 5 · 1))~j + (−3 · (−2) + 2 · 1)~k = (−6 + 10)~i − (−9 − 5)~j + (6 + 2)~k = 4~i + 14~j + 8~k.

Tada je (~a × ~b) · ~c = (4~i + 14~j + 8~k) · (8~i + 5~j − 2~k)

= 4 · 8 + 14 · 5 + 8 · (−2) = 32 + 70 − 16 = 86.

2) Po formuli imamo −3 −2 5 (~a × ~b) · ~c = 1 −2 3 8 5 −2

Na osnovu Sarusovog pravila imamo da je

(~a × ~b) · ~c = (−3) · (−2) · (−2) + (−2) · 3 · 8 + 5 · 1 · 5

− ((−2) · 1 · (−2) + (−3) · 3 · 5 + 5 · (−2) · 8)

= −12 − 48 + 25 − 4 + 45 + 80 = 150 − 64 = 86.

Primer 9. Izraˇcunati zapreminu paralelopipeda odred¯enu vektorima: ~a = 3~i − ~j + 2~k,

142

Glava 10. Geometrija ~b = 2~i − 2~j + 4~k, ~c = −4~i + 5~j − 2~k. Reˇsenje: Oznaˇcimo sa (slika 24) d~ = ~a × ~b. d H c a d0 O

b

Slika 24. ~ Tada je povrˇsina paralelograma odred¯enog vektorima ~a i ~b jednaka |d|. ~ Duˇzina duˇzi [OH] jednaka je projekciji vektora ~c na vektor d. Tada je zapremina paralelopipeda V jednaka: ~ · [OH] = |d| ~ · c ~ = |d| ~ · |~c| · cos(c, d) = |(~a × ~b) · ~c| V = |d| d0 a1 a2 a3 3 −1 2 ~ (~a × b) · ~c = b1 b2 b3 = 2 −2 4 c1 c2 c3 −4 5 −2

Na osnovu Sarusovog pravila imamo

(~a × ~b) · ~c = 3 · (−2) · (−2) + (−1) · 4 · (−8) + 2 · 2 · 5 − ((−1) · 2 · (−2) + 3 · 4 · 5 + 2 · (−2) · 4)

= −12 + 16 + 20 − (4 + 60 + 16) = 24 − 80 = −56.

Konaˇcno imamo da je V = |(~a × ~b) · ~c| = | − 56| = 56.

10.7. Zadaci

10.7

143

Zadaci

1. Neka su date ˇcetiri nekomplanarne taˇcke. Koliko razliˇcitih pravih one odred¯uju. 2. Neka su date dve mimoilazne prave i tri razliˇcite taˇcke. Ispitati koliko razliˇcitih ravni one obrazuju. 3. Koliko dijagonala ima sedmougao? 4. Neka je A − B − C i A − B − D. Da li je C − B − D ? 5. Neka je A − C − B. Ako je M srediˇste duˇzi AC i N srediˇste duˇzi BC, 1 dokazati da je M N = AB. 2 6. Neka su kod trouglova ABC i A1 B1 C1 podudarne visine CD i C1 D1 , stranice AB i A1 B1 i uglovi ACD i A1 C1 D1 . Dokazati da su oni podudarni trouglovi. 7. Konstruisati trougao ako su mu date stranice AC, AB i teˇziˇsna linija AA1 (teˇziˇsna linija spaja teme trougla sa sredinom naspramne stranice). 8. Za date vektore ~a = ~i + 2~k ~b = −~i + 2~j − 4~k ~c = −3~i − 3~j + 5~k naći vektore: 1) ~a + ~b + ~c, 2) ~a − ~b − ~c, 3) 4(~a + ~b), 4) −2(~b − ~c), 5) 3~a + 4~b + 5~c, 6) −5~a − 4~b + 3~c. 9. Dati su vektori

144

Glava 10. Geometrija ~a = −6~j − 3~k

~b = 2~i + 4~k. Izraˇcunati:

1) Intenzitete vektora |~a| i |~b|. 2) Skalarni proizvod ova dva vektora. 3) Da li su vektori ortogonalni? 3) Kosinus ugla izmed¯u vektora ~a i ~b. 4) Projekciju vektora ~a na osu odred¯enu vektorom ~b. 10. Za date vektore ~a = ~i − 2~j + 2~k

~b = 5~i + 7~j − 3~k

odrediti:

1) −3(~a × ~b)

2) 4~a × (−2~b)

3) povrˇsinu paralelograma odred¯enog vektorima 2~a i −4~b

11. Dati su vektori: ~a = −~i + ~j − ~k, ~b = ~i − 2~j + ~k

~c = −~i + 3~j − ~k.

Odrediti:

1) (2~a × ~b) · 3~c,

2) −4~a · (~c × ~b),

3) zapreminu paralelopipeda odred¯enu vektorima ~a, 2~b i −3~c, 4) (~c × ~b) · (~c × ~a),

5) (~a × ~c) × (~b × ~c),

6) da li su vektori ~a, ~b i ~c komplanarni?

12. Pomoću vektora dokazati da vaˇzi Pitagorina teorema.

Literatura ´ ˇ [1] A.Cetkovi´ c, Matematika, teorija i zadaci, Stamparija fakulteta tehniˇckih nauka , Novi Sad, 1988. ´ c, Matematika zbirka reˇsenih zadataka sa elementima [2] M.Dejić, S.Cebi´ teorije , TRITON, Vrˇsac, 2001. ˇ [3] J.Detki, F.Ferenci, Matematika I, Stamparija fakulteta tehniˇckih nauka, Novi Sad, 1983. [4] Z.Ivković, Teorija verovatnoća sa matematiˇckom statistikom, Grad¯evinska knjiga, Beograd, 1980. [5] S.Kurepa, Uvod u matematiku skupovi - strukture - brojevi, Tehniˇcka knjiga, Zagreb, 1984. ˇ - .Kurepa, Viˇsa algebra I, Skolska [6] D knjiga, Zagreb, 1965. ˇ - .Kurepa, Viˇsa algebra II , Skolska [7] D knjiga, Zagreb, 1965 [8] M.Lazić, T.Malinović, B.Mićić, M.Petrović, M.Tomić, Matematika, Uˇciteljski fakultet, Beograd, 1994. ˇ [9] S.Milić, Elementi algebre, Stamparija fakulteta tehniˇckih nauka, Novi Sad, 1984. ˇ [10] S.Milić, Elementi matematiˇcke logike i teorije skupova, Stamparija fakulteta tehniˇckih nauka, Novi Sad, 1985. [11] M.Obradović, D.Georgijević, Matematika sa zbirkom zadataka, Zavod za izdavanje udˇzbenika i nastavnih sredstava, Beograd, 1999. [12] V.Pantić, Zbirka reˇsenih zadataka iz matematike, Uˇciteljski fakultet, Beograd, 1997.

145

146

LITERATURA

[13] A.Petojević, Matematika I zbirka zadataka, Ninagraf, Surˇcin, 2003. [14] M.Petrović, Osnovi nastave matematike, Skver, Kragujevac, 1998. ˇ [15] M.Radić, Osnove matematike, Skolska knjiga, Zagreb, 1972. [16] D.Stevanović, Elementarna algebra, Zavod za izdavanje, Beograd, 1959. [17] B.Stojanović, Zbirka zadataka iz matematike, Svjetlost, Sarajevo, 1985. ˇ zović, Matematika, ICIM, Kruˇsevac, 1998. [18] M.Ziˇ ˇ zović, D.D - urˇcić, Lj.Andrić, M.Egerić, Matematika, zbirka za[19] M.Ziˇ dataka, ICIM, Kruˇsevac, 1999.

Sadrˇ zaj Predgovor

1

1 Matematiˇ cka logika 1.1 Iskazi i logiˇcke operacije 1.2 Tautologije . . . . . . . 1.3 Kvantifikatori . . . . . . 1.4 Zadaci . . . . . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

3 3 7 10 11

2 Skupovi 13 2.1 Skup i podskup . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 2.2 Operacije sa skupovima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15 2.3 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 3 Relacije 25 3.1 Pojam relacije i osobine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 3.2 Klase ekvivalencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 3.3 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 4 Preslikavanje (funkcija) 4.1 Definicija preslikavanja 4.2 Vrste preslikavanja . . 4.3 Proizvod preslikavanja, 4.4 Zadaci . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . inverzno preslikavanje . . . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

33 33 35 37 40

5 Algebarske strukture 5.1 Definicija operacije . 5.2 Grupoid . . . . . . . 5.3 Grupa, prsten, polje 5.4 Zadaci . . . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

41 41 43 44 48

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

147

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

ˇ SADRZAJ

148 6 Skupovi brojeva 6.1 Prirodni brojevi . . 6.2 Celi brojevi . . . . 6.3 Racionalni brojevi 6.4 Realni brojevi . . . 6.5 Zadaci . . . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

49 49 56 59 61 62

7 Linearne jednaˇ cine, nejednaˇ cine i sistemi jednaˇ cina 7.1 Linearne jednaˇcine sa jednom nepoznatom . . . . . . . 7.2 Linearne nejednaˇcine sa jednom nepoznatom . . . . . 7.3 Determinante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7.4 Sistemi linearnih jednaˇcina . . . . . . . . . . . . . . . 7.5 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

63 63 69 71 73 80

8 Kombinatorika 8.1 Permutacije, varijacije i kombinacije . 8.2 Permutacije, varijacije i kombinacije sa 8.3 Binomni obrazac . . . . . . . . . . . . 8.4 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

83 84 88 91 93

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

95 . 95 . 98 . 101 . 103 . 105

. . . . . . . . . . . .

107 107 108 109 110 114 115 115 116 117 120 123 123

. . . . . . . . ponavljanjem . . . . . . . . . . . . . . . .

9 Verovatno´ ce 9.1 Algebra dogad¯aja . . . . . . . . . . . . . . . 9.2 Definicija verovatnoća i osnovne osobine . . 9.3 Uslovne verovatnoće i nezavisnost dogad¯aja 9.4 Formula totalne verovatnoće . . . . . . . . . 9.5 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 Geometrija 10.1 Razvoj geometrije . . . . . . . . . . . 10.2 Osnove Hilbertovog sistema aksioma . 10.2.1 Aksiome veze . . . . . . . . . . 10.2.2 Aksiome rasporeda . . . . . . . 10.2.3 Aksiome podudarnosti . . . . . 10.2.4 Aksiome neprekidnosti . . . . . 10.2.5 Aksioma paralelnosti . . . . . . 10.3 Geometrijske figure . . . . . . . . . . . 10.3.1 Trougao, ˇcetvorougao i krug . . 10.3.2 Geometrijske figure u prostoru 10.4 Merenje u geometriji . . . . . . . . . . 10.4.1 Merenje uglova . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . .

ˇ SADRZAJ 10.4.2 Merenje duˇzi . . . . . . . . . . . . 10.4.3 Povrˇsina i zapremina geometrijskih 10.5 Geometrijske konstrukcije . . . . . . . . . 10.6 Vektori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.6.1 Zbir i razlika vektora . . . . . . . . 10.6.2 Proizvod skalara i vektora . . . . . 10.6.3 Skalarni proizvod vektora . . . . . 10.6.4 Vektorski proizvod vektora . . . . 10.6.5 Meˇsoviti proizvod vektora . . . . . 10.7 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Literatura

149 . . . . figura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

. . . . . . . . . .

124 125 126 129 130 131 137 138 140 143 145

Matematika 1

Short Description

Description

Comments

We need your help!