diskret mat

7/23/2019 Diskret Mat

1/309

LEKCIJE IZ

DISKRETNE MATEMATIKE

Igor Z. Milovanovic Emina I. Milovanovic

Ruzica M. Stankovic Branislav M. Randjelovic


2/309

Sadrzaj

1 Elementi matematicke logike 51.1 Iskaz i predikat . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 Iskazne recenice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.3 Iskazne formule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.4 Argumenti i dokazi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.5 Kompletnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211.6 Normalne forme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

2 Indukcija 292.1 Empirijska indukcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 292.2 Matematicka indukcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

3 Skupovi 373.1 Predstavljanje skupova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373.2 Operacije sa skupovima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 393.3 Partitivni skup. Princip ukljucenja-iskljucenja . . . . . . . . . . . 423.4 Pokrivanje i razbijanje skupa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

4 Relacije. Funkcije 494.1 Dekartov proizvod skupova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 494.2 Relacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 514.3 Kompozicija relacija. Zatvaranje relacije . . . . . . . . . . . . . . 554.4 Relacija ekvivalencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 684.5 Relacija uredjenja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 704.6 Funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 75

5 Operacije 795.1 Grupa. Polje. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 795.2 Bulova algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 845.3 Vektorski prostori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

1


3/309

2 SADR ZAJ

6 Specijalne matrice. Permanent 936.1 Binarne matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 936.2 Matrice uredjenosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1066.3 Stohasticke matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1096.4 Permanent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

7 Brojevi 1257.1 Deljivost bro jeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1257.2 Modularna aritmetika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1297.3 Euklidov algoritam . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

7.4 Diofantove i modularne jednacine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1447.5 Prosti bro jevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1577.6 Mala Fermaova teorema. Ojlerova funkcija . . . . . . . . . . . . . . 163

8 Funkcije generatrise 169

9 Rekurentni nizovi 177

10 Kombinatorika 19110.1 Dirihleov princip . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19110.2 Permutacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19310.3 Permutacije sa ponavljanjem elemenata . . . . . . . . . . . . . . . 20810.4 Permutacije totalne neuredjenosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21110.5 Permutacije sa usponima i padovima . . . . . . . . . . . . . . . . 21210.6 Permutacije sa inverzijama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21310.7 Permutacije na krugu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21410.8 Varijacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21510.9 Kombinacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21710.10Kombinacije sa ponavljanjem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22010.11Varijacije sa ponavljanjem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22110.12Particije i kompozicije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 225

11 Blok seme 23111.1 Pojam kombinatorne konguracije . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23111.2 Blok-seme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23411.3 Uravnotezene nepotpune blok-seme . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23511.4 Sistemi Sta jnera . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24011.5 Simetricne blok-seme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24411.6 Formiranje blok-sema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 245


4/309

SADR ZAJ 3

12 Grafovi 25112.1 Intuitivno shvatanje pojma grafa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25112.2 Denicije grafa i srodnih struktura . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25612.3 Stepeni cvorova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26212.4 Matricno predstavljanje grafa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26612.5 Delovi grafa. Putevi u grafu. Povezanost . . . . . . . . . . . . . . . 27612.6 Odredjivanje najkracih puteva u grafu . . . . . . . . . . . . . . . . 28512.7 Stablo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29212.8 Planarni grafovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30112.9 Bojenje grafa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 305


5/309

4 SADR ZAJ


6/309

Glava 1

Elementi matematicke logike

Logika, kao nauka o zakljucivanju, cije je temelje postavio Aristotel, ima primenuu raznim oblastima, kao na primer u teologiji, lozoji i matematici. Sto se ticematematike, ona predstavlja njen temelj. Na osnovu skupa osnovnih pretpostavki,koje se nazivaju aksiome, odredjuje se tacnost odgovarajucih matematickih izraza.U ovom odeljku mi cemo dati samo najosnovnije pojmove iz matematicke logike,neophodne za proucavanje elemenata Diskretne matematike.

1.1 Iskaz i predikat

U matematickoj logici iskaz ili sud je osnovni pojam, te se kao takav ne denise.Intuitivno se prihvata da je iskaz deklarativna recenica, koja ima smisla, i koja je tacna ili netacna. Iskaz zadovoljava dva principa: princip iskljucenja treceg iprincip kontradikcije. Naime, kako smo vec napomenuli, on je ili tacan ili netacani ne moze imati neko trece istinitosno svojstvo, i ne moze biti istovremeno i istiniti neistinit.

Primer 1.

Recenica 4 2 = 16 je iskaz, i to istinit.

Recenica 21 = 4 2 je iskaz, i to neistinit.

Recenica x2 = 16 je armativna i ima smisla, ali nije iskaz. Istinitosnosvojstvo zavisi od vrednosti promenljive x.

Recenica Da li je 3 vece od 7? je upitna, a ne deklarativna, pa nije iskaz.

5


7/309

6 GLAVA 1. ELEMENTI MATEMATI CKE LOGIKE

U daljem tekstu iskaze cemo zvati i logickim promenljivama. Oni se oznacavaju,na jcesce, slovima neke azbuke, { p, q, r...} ili {A,B,C... } ili slicno.Ako je neki iskaz istinit, oznacavamo to simbolom , koji se cita te ili tacnoili istinito. U literaturi se umesto ovog simbola koristi simbol 1. Ako je nekiiskaz neistinit, oznacavamo to simbolom , koji se cita nete ili nije tacno ilinije istinito. Umesto njega se u literaturi koristi simbol 0. Simbole i zvacemo logickim konstantama.Denicija 1.1 Neka je S = { p, q, r...} skup iskaza, tj. logickih promenljivih.Funkcija , : S {,}, denisana sa

( p) = , ako je p istinito, ako je p neistinito ,

naziva se funkcijom istinitosti.

Primer 2. ( p) = (42 = 16) = , a ( p) = (21 = 4 2) = .Armativna recenica koja ima smisla, koja sadrzi jednu ili vise promenljivih

i koja postaje iskaz kada promenljivama dodelimo konkretne vrednosti, naziva sepredikat.

Primer 3. Recenica x2 = 16 je predikat, jer je armativna, ima smisla isadrzi promenljivu x. Ona postaje iskaz, i to istinit, kada je x = 4 ili x = 4.Za sve ostale vrednosti promenjive x, ona takodje postaje iskaz, ali neistinit.Recenica x2 + y2 = 1 je predikat, jer sadrzi dve promenljive x i y. Za x = 0i y = 1 on postaje iskaz koji je tacan, a za x = 1 i y = 1, on postaje iskazkoji nije tacan.

Broj promenljivih u predikatu odredjuje njegovu duzinu.Za promenljive u predikatu vezuju se kvantikatori, i to: univerzalni, u oznaci

, i egzistencijalni , u oznaci . Univerzalni kvantikator cita se za svako, aegzistencijalni postoji ili egzistira.Primer 4. Neka je P (x) predikat duzine 1. Vezivanje kvantikatora za

promenljivu x moze se obaviti na jedan od sledecih nacina:

(x)(P (x)) - za svako x vazi P (x),

(x)(P (x)) - postoji x za koje vazi P (x).

Ako zelimo da naglasimo da x priprada nekom skupu R, ili ima svojstvo R,tada se vezivanje kvantikatora moze obaviti na sledece nacine:


8/309

1.2. ISKAZNE RE CENICE 7

(x R)(P (x)) - za svako x iz R vazi P (x),(x R)(P (x)) - postoji x iz R za koje vazi P (x).Ako u razmatranje uvedemo i logicki veznik , koji oznacava negaciju, a okome ce biti vise reci u sledecem odeljku, tada se kvantikatori mogu vezatiza promenljivu x u predikatu P (x), na sledece nacine:

(x)(P (x)) - nije tacno da za svako x vazi P (x),(x)(P (x)) - nije tacno da postoji x za koje vazi P (x),(x R)(P (x)) - nije tacno da za svako x iz R vazi P (x),(x R)(P (x)) - nije tacno da postoji x iz R za koje vazi P (x).

1.2 Iskazne recenice

Iskazne recenice grade se od iskaza i logickih veznika, tj. logickih operacija. Zanas su interesantne unarne i binarne logicke operacije.

Kako se skup { ,} sastoji od dva elementa, ukupan broj unarnih logickihoperacija je 2 21 = 4. Njihove oznake su , O1, O2 i O3, pri cemu je negacija, O1identicka istina, O2 identicka laz i O3 unarni identitet.Tablice istinitosti ovih logickih operacija, tj. logickih veznika, date su na

sledecoj slici.

O1 O2 O3

Slika 1.Od navedenih veznika za nas je interesantna samo negacija.

Denicija 1.2 Iskaz p je negacija iskaza p. On je tacan kada je iskaz p netacan.Iskaz O1 p je uvek tacan, iskaz O2 p je uvek netacan, dok iskaz O3 p ima istu istini-tosnu vrednost kao iskaz p.

Na sledecoj slici date su istinitosne vrednosti iskaza

p, O1 p, O2 p i O3 p, u

zavisnosti od istinitosti iskaza p.

p p O1 p O2 p O3 p

Slika 2.


9/309


Primer 5. Ako iskaz p glasi: Pera voli jabuke, tada iskaz p glasi: Perane voli jabuke ili Nije tacno da Pera voli jabuke. Iskaz O1 p glasi: Peravoli jabuke, iskaz O2 p glasi: Pera ne voli jabuke, a iskaz O3 p glasi: Peravoli jabuke.

Ukupan broj binarnih logickih operacija, tj. binarnih logickih veznika, je 2 22 =16. Za nas je interesantno sledecih pet: konjunkcija (u oznaci ), inkluzivnadisjunkcija (u oznaci ), ekskluzivna disjunkcija (u oznaci ), implikacija (u oznaci) i ekvivalencija (u oznaci ). Istinitosne tablice ovih operacija, na skupu{ ,}, date su na slici 3.

Slika 3.Citaocu prepustamo da prouci osobine binarnih logickih operacija sa slike 3,

na skupu { ,}, koje se odnose na komutativnost, asocijativnost, distributivnosti slicno.Denicija 1.3 Iskaz pq naziva se konjunkcija iskaza p i q . On je istinit ako i samo ako su oba iskaza p i q istinita. Cita se p i q .

Primer 6. Neka su iskazi p i q denisani sa p: Pera voli jabuke i q :Danas je ponedeljak. Iskaz pq glasi: Pera voli jabuke i danas je ponedeljak Ovaj iskaz je tacan samo ako je zaista istina da pera voli jabuke i da jedanas ponedeljak.

Kao sto ce biti slucaj i kod drugih iskaznih recenica, nas interesuje samo istini-tosna vrednost iskaza pq , a ne i to ima li ili ne smisla.

Denicija 1.4 Iskaz pq naziva se inkluzivnom disjunkcijom iskaza p i q . On je istinit ako i samo ako je bar jedan od iskaza p ili q istinit. Cita se p ili q .

Primer 7. Neka su iskazi p i q denisani sa p: je racionalan broj iq : je veci od jedinice. Iskaz pq glasi: je racionalan broj ili jeveci od jedinice. Ovaj iskaz je istinit.

Inkluzivnu disjunkciju treba razlikovati od veznika ili u svakodnevnom gov-oru. On je u svakodnevnom govoru iskljuciv, ne dozvoljava istovremenu tacnost.Njemu, u matematickoj logici, odgovara veznik pod nazivom ekskluzivna disjunkcija, koja ce biti denisana u narednoj deniciji.


10/309

1.2. ISKAZNE RE CENICE 9

Denicija 1.5 Iskaz pq naziva se ekskluzivnom disjunkcijom iskaza p i q . On je istinit ako i samo ako je bar jedan od iskaza p ili q istinit, ali ne istovremeno. Cita se ili p ili q .

Primer 8. Neka su iskazi p i q denisani sa p: je realan broj i q : je veci od jedinice. Iskaz pq glasi: Ili je realan broj ili je broj veci od jedinice. On nije istinit, jer su oba iskaza, i p i q , istinita.

Denicija 1.6 Iskaz p q naziva se implikacijom iskaza p i q . On jedino nije istinit ako je p istinit, a iskaz q nije istinit. Cita se ako p onda q .Iskaz p, u implikaciji p q , naziva se premisom ili pretpostavkom, a iskaz q naziva se zakljuckom.

Primer 9. Neka su iskazi p i q denisani sa p: 3+ 3 = 5 i q : 3+ 4 = 9.Iskaz p q glasi: Ako je 3 +3 = 5 tada je i 3 +4 = 9. Ovaj iskaz je istinit, jer je implikacija koja sledi iz neistinitog iskaza uvek istinita.Primer 10. Neka su iskazi p i q denisani sa p: Prvi dan u nedelji je

ponedeljak i q : Na severnom polu postoji veciti led . Iskaz p q glasi:Ako je ponedeljak prvi dan u nedelji tada na severnom polu postoji vecitiled. Sa stanovista matematicke logike, ovaj iskaz je istinit, ali tesko ga je

spojiti sa zdravom logikom.Implikacija se znacajno moze razlikovati od upotrebe ako ... onda ... u

svakodnevnom govoru. Naime, kod iskaza p q , kao i kod drugih iskaza, nasinteresuje samo njegova istinitosna vrednost, ali ne i sustina ovog iskaza. To senajbolje vidi iz Primera 9. i 10. Ujedno, to je jedan od kljucnih razloga sto nijemoguca formalna denicija pojma iskaz, kako smo naveli u prethodnom odeljku.

Denicija 1.7 Iskaz p q naziva se ekvivalencijom iskaza p i q . On je istinit akoi samo ako iskazi p i q imaju istu istinitosnu vrednost. Cita se p je ekvivalentnosa q .

Primer 11. Neka su iskazi p i q denisani kao u primeru 9. Iskaz p q glasi: Ako je 3+3 = 5 tada je i 3+4 = 9, i ako je 3+4 = 9 tada je 3+3 = 5.Ovaj iskaz je istinit, jer iskazi p i q imaju istu istinitosnu vrednost, oba nisuistinita.

Pomocu ekvivalencije se cesto denisu novi po jmovi od vec poznatih. To cemoilustrovati u sledecem primeru.


11/309


Primer 12. Pretpostavimo da su nam poznati pojmovi: vektor i skalarniproizvod dva vektora. Pojam ortogonalnosti dva vektora cemo denisatipreko sledece ekvivalencije: Dva vektora, razlicita od nula vektora, ortogo-nalna su ako i samo ako je njihov skalarni proizvod jednak nuli.

U tabeli na slici 4. su date istinitose vrednosti za iskaze pq , pq , pq , p q i p q , u zavisnosti od istinitosti iskaza p i q . p q pq pq pq p q p q

Slika 4.

Simboli koje smo iskoristili da oznacimo navedene binarne logicke operacije, tj.logicke veznike, nisu jedinstveni. Tako se, na primer, u literaturi, umesti simbola

koriste i & i , umesto simbola koriste simboli i , a umesti simbola koriste se simboli , i .Citanje iskaznih recenica, denisanih u ovom odeljku, takodje nije jedinstveno.

Tako, na primer, iskaz p q moze da se cita i: iz p proizilazi q , na osnovu psledi q , p je potreban uslov za q , q je neophodan uslov za p i slicno.Naveli smo da postoji 16 binarnih operacija, od kojih smo pomenuli samo

pet. U nastavku cemo denisati jos dve, dok denisanje preostalih prepustamocitaocima.

Binarne logicke operacije Sefer, u oznaci , i Lukasjevic (Pirson), u oznaci, denisane su sledecim tablicama.

Slika 5.

Nije tesko pokazati da je

p q ( pq ) i p q ( pq ).Zbog navedenih ekvivalencija logicki veznik se naziva nili (ne ili), a ni (ne i).

Napomenimo da su za implikaciju p q , dva iskaza p i q , tesno povezanisledeci iskazi:q p - konverzija,


12/309

1.3. ISKAZNE FORMULE 11

p q - inverzija,q p - kontrapozicija.Istinitosne vrednosti ovih iskaza date su u sledecoj tabeli.

p q p q p q q p p q q p

Slika 6.

1.3 Iskazne formule

Dacemo formalnu deniciju iskazne formule.

Denicija 1.8 i) Iskazne konstante i iskazna slova (promenljive) su iskazne for-mule;ii) Ako su A i B iskazne formule, proizvoljna unarna operacija, a proizvoljna

binarna operacija, tada su i A i (A B) iskazne formule;iii) Iskazne formule mogu se formirati jedino konacnim brojem primena i) i ii)

ove denicije.

Primer 13. Iskazi, tj. iskazne recenice, p, ( pq ), ( p), ( p ( pq ))su iskazne formule. Izrazi p, ( p ( q )) i p q nisu iskazne formule.Poslednji iskaz, u strogom smislu denicije 1.8. nije iskazna formula, jernedostaju zagrade. Da je to malo prestrogo, videcemo u daljem tekstu.

Denicija 1.9 Stepen iskazne formule A je ukupan broj pojavljivanja logickih op-eracija u njoj.

Primer 14. Stepen iskazne formule ( p(q p) (( pq ) ( pq )) je7.Prilikom formiranja iskaznih formula koriste se i zagrade, i to male. One

omogucavaju da se precizno denise redosled izvrsenja logickih operacija. Medju-tim, cilj je da logicka formula sadrzi minimalan moguci broj zagrada. Navescemodva postupka da se ovo ostvari.

Nacin da se smanji broj upotrebljenih zagrada prilikom prezentacije iskazneformule je postovanje sledeceg, hijerarhijskog niza prioriteta logickih operacija:


13/309


, , , , .Ovaj niz je opadajuci po snazi vezivanja. Treba napomenuti da zagrada ima

veci prioritet u odnosu na logicki veznik koji stoji ispred nje. Tako, na primer,logicka operacija je najveceg prioriteta, ali samo pod uslovom da ne stoji ispredzagrade.

Primer 15. Postujuci hijerarhijski niz prioriteta logickih operacija, iskaznaformula p((q )r ) moze se predstaviti u drugom obliku, bez zagrada, kao p

q

r . Negacija

( p

q ) se ne moze napisati u obliku

p

q .

Drugi postupak za oslobadjanje od zagrada koji cemo pomenuti, poznat je podnazivom poljska notacija. Za njegovu primenu, neophodna nam je sledeca, novadenicija iskazne formule.

Denicija 1.10 i) Logicke konstante i logicke promenljive su iskazne formule;ii) Ako je A iskazna formula i proizvoljna unarna operacija, tada je i A iskazna

formula;iii) Ako su A i B iskazne formule i proizvoljna binarna logicka operacija, tada

je i AB iskazna formula;iv) Iskazne formule mogu se formirati jedino konacnim brojem primena i) ii) i

iii) iz ove denicije.Iskazna formula zapisana na osnovu prethodne denicije predstavljena je u

poljskoj notaciji.

Primer 16. Iskazna formula ( p) q u poljskoj notaciji glasi pq .Iskazna formula ( pq ) u poljskoj notaciji glasi pq .Iskazna formula ((( p q )(q r )) ( pr )) (q s) u poljskoj notacijiglasi pq qr prqs.Iskazna formula ( pq ) (( pq )) u poljskoj notaciji glasi pq pq .Iskazna formula (( p

q )

r )

( p

(q

r)) u poljskoj notaciji glasi

pqr p qr.Primer 17. Iskazna formula, data u poljskoj notaciji p p pq u stan-dardnoj formi glasi p ( p( pq )).

Iskazna formula, data u poljskoj notaciji pq pr qr pq ustandardnoj formi glasi ((( p q )( pr ))(q r )) ( p q ).


14/309


Denicija 1.11 Dve iskazne formule A i B su logicki ekvivalenti, ako imaju iste logicke promenljive i iste tablice istinitosti. To cemo oznacavati sa A B.

Vaznije logicke ekvivalencije su navedene u sledecoj teoremi.

Teorema 1.1 Ako su p, q i r proizvoljni iskazi, tada vaze sledeci ekvivalenti:1. p p p, p p p - idempotentnost,2. p(q r ) ( pq )r , p(q r ) ( pq )r - asocijativnost,3. pq q p, pq q p - komutativnost,4. ( pq ) pq , ( pq ) pq , - De Morganova pravila,5. ( p) p - dvostruka negacija,6. p p, p p,7. p , p ,8. p p , p p - komplementarnost,9. p q q p - zakon kontradikcije,10. p q pq - zakon implikacije,11. pq ( p q ) q - zakon disjunkcije,12. pq ( p q ) - zakon konjunkcije,13. ( p q ) pq - zakon negacije implikacije,14. ( p q ) ( p q )(q p) - zakon ekvivalencije,15. pq r p (q r ) - zakon unosenja-iznosenja,16. p( pq ) p, p( pq ) p - zakon apsorpcije,16. p

(q

r )

( p

q )

( p

r ), p

(q

r )

( p

q )

( p

r ) - zakon distributivnosti.

Dokaz. Ilustracije radi, dokazacemo pomocu tablica istinitosti ekivalencije 6,7,10i 11. Ostale dokaze prepustamo citaocu.

p p p p

p p p

p q p p q pq ( p q ) ( pq )

p q pq p q ( p q ) q ( pq ) (( p q ) q )

Slika 7.


15/309


Kako smo vec pominjali istinitost iskazne formule, u zavisnosti od istinitostiiskaza koji je cine, moze se ispitati pomocu istinitosne tablice. To cemo ilustrovatiu sledecem primeru.

Primer 18. Ispitati istinitosnu vrednost formule F ( p q r ) ( pq ). p q r p pq pq r pq F

Slika 8.

Medjutim, cesto nas interesuje vrednost neke iskazne formule, ali samo za nekikonkretni slucaj istinitosne vrednosti iskaza koji u njoj ucestvuju. U tom slucajunepotrebno je ispisivati kompletnu tablicu istinitosti. Dovoljno je posmatrati samo

konkretan slucaj, tj. konkretna interpretacija pri cemu se koriste tablice za logickeveznike date na slikama 2 i 3. Ovaj postupak je opisan u sledecem primeru.

Primer 19. Za iskaznu formulu iz prethodnog primera, pretpostavimo da je ( p) = , (q ) = i (r ) = . Odredicemo (F ).

(F ) = (( pq r ) ( pq )) = ( ( pq ) (r )) ( pq )= (( ( p) (q )) (r )) ( ( p) (q ))= (( ( p) ) ) ( )= (( ) ) = (() ) = ( ) = = .

Uporedjivanjem dobijenog rezultata sa odgovarajucom interpretacijom utablici istinitosti vidimo da se oni poklapaju.

Denicija 1.12 Iskazna formula A, koja je identicki istinita A , tj, (A) = ,za bilo koju istinitosnu vrednost iskaza koji je cine, naziva se tautologijom. Tose oznacava sa A ili |= A. Formula A, koja je identicki neistinita A , tj, (A) = , naziva se kontradikcijom.


16/309


Ako je iskazna formula tautologija, tada je njena negacija kontradikcija, i obr-nuto.

Logicki ekvivalent dve iskazne formule A i B, A B, mozemo zameniti cinjeni-com da je iskazna formula AB tautologija.U sledecoj teoremi navedene su neke vaznije tautologije.

Teorema 1.2 Neka su p, q i r iskazi. Tada su sledece iskazne formule tautologije:1. p p - zakon iskljucenja treceg,2. ( p q )(q r ) ( p r ) - tranzitivnost implikacije ili zakon silogizma,3. ( p p) - zakon neprotivurecnosti,4. p

( p

q )

q - zakon odvajanja,

5. p( p q ) p,6. p( pq ) q ,7. pq p - zakon pojednostavljenja,8. (( p q ) q ) p - Pirsov zakon,9. ( p p) p - zakon zakljucivanja iz suprotnog,10. p ( p q ) - iz laznog proizvoljno,11. p (q p) - istina iz proizvoljnog,12. ( p (q q )) p - svodjenje na apsurd.Dokaz. Ilustracije radi, dokazacemo da su iskazne formule 4,5 i 6 tautologije.

p q p q p( p q ) p( p q ) q

p q p p q p( p q ) p( p q ) p

p q p pq p( pq ) p( pq ) q

Slika 9.


17/309


1.4 Argumenti i dokazi

Svaka matematicka disciplina gradi se na osnovu pojmova, denicija, aksioma iteorema.

Osnovni pojmovi se, najcesce ne denisu, vec se podrazumeva da su intuitivno jasni. To su na primer iskaz (sud) u matematickoj logici, skup i elementi skupa uteoriji skupova.

Denicije sluze da se opisu pojmovi, ili njihove osobine, neophodni za razvojodredjene discipline.

Aksiome, koje nisu obavezno prisutne u svakoj matematickoj disciplini, suiskazi koji ne podlezu proveri, dokazivanju, tj. sumnji u njih. Podrazumeva seda su apriori tacni. Aksiome cine sistem. On mora biti pun, sto znaci da se naosnovu njih moze dokazivati svako tvrdjenje koje je tacno, u posmatranoj disciplini.Takodje, nijedna od njih ne moze se izvesti, dokazivati, na osnovu preostalih.Sistem aksioma neke discipline ne mora biti jedinstven. Moguce je neku aksiomuu sistemu zameniti nekom drugom, ali uvek postoji minimalan broj aksioma upunom sistemu.

Na osnovu sistema aksioma, koriscenjem logickih pravila, dokazuju se drugiiskazi neke matematicke discpline. Svaki vazeci (tacan) iskaz, tj. teorema, imaulogu aksiome u daljem razvoju ove discipline. Retko se teoreme, osim u poce-tnoj fazi razvoja neke discipline, dokazuju na osnovu sistema aksioma, vec naosnovu odredjenih, vec poznatih teorema.

Sustina dokazivanja je izvodjenje posledice na osnovu datih aksioma. Akose posledica izvodi samo na osnovu istinitosti aksioma ona je semanticka, a akoistinitost nije vazna vec samo izvodjenje koriscenjem dozvoljenih pravila, ona jesintakticka. Nas ovde interesuju samo semanticke posledice. Zvacemo ih cistoposledicama.

Dat sistem hipoteza H 1, H 2,...,H n i zakljucak C , pri cemu su u pitanju iskazneformule, zajedno cine argumenat. On je valjan, ako je za sve interpretacije za kojesu hipoteze istinite, istinit i zakljucak. U tom slucaju zakljucak postaje posledica.Argumenat se oznacava sa

H 1H

2...H n

hipoteze

C } zakljucak. (1.1)Simbol se cita: vazi, stoga, tada je i slicno. Valjanost ovog argumentase proverava na vise nacina. Jedan od nacina je da se formira tablica istinitosti,


18/309

1.4. ARGUMENTI I DOKAZI 17

na osnovu koje se utvrdjuje da li je C tacno, kada su sve hipoteze H 1, H 2,...,H ntacne. Ekvivalentno ovom je provera da li je iskaz

H 1 H 2 ...H n C (1.2)tautologija. Ako jeste, argument je valjan, u protivnom nije.

Primer 20. Za argument

p q q r p pq r

tablica istinitosti je

p q r p q q r p pq r1 2 3 4 5 6 7 8

Slika 10.Sve hipoteze su tacne samo u slucaju 1. Tada je tacan i zakljucak, pa jeargument valjan.Valjanost ovog argumenta smo mogli utvrditi tako sto bi dokazali da je iskaz

R = ( p q )(q q ) p ( pq r )tautologija. To se vidi iz sledece tablice.

p q r pq q r ( pq)(q r ) ( pq)(qr ) p pqr R

Slika 11.


19/309


Primer 21. Za argument

p q q rr p

tablica istinitosti je data na Slici 12. Sve tri hipoteze su tacne u slucajevima1, 5 i 7. Zakljucak je, u ovim slucajevima, tacan samo u slucaju 1, te argu-ment nije valjan. Zakljucak nije posledica ovih hipoteza.

p q r p q q r r p1 2 3 4 5 6 7 8

Slika 12.Da posmatrani argument nije valjan, moze se zakljuciti na osnovu cinjeniceda iskaz

R = ( p q )(q q )r pnije tautologija. To se vidi na osnovu sledece tablice.

p q r p q q r ( p q )(q r )r R

Slika 13.


20/309

1.4. ARGUMENTI I DOKAZI 19

Navescemo neke valjane argumente, koji su u literaturi pozanati kao pravilaizvodjenja. Dokaz njihove valjanosti prepustamo citaocu, vezbe radi.

1. zakon odvajanja 2. silogizam 3. modus tolens(modus ponens)

p q p q p q p q r q q p r p4. dodavanje 5. specijalizacija 6. konjunkcija p pq p

p

q p q pq

7. slucajevi 8. eliminacija slucaja 8. kontradikcija(reductio ad absurdum)

p p ( ps) pq p q p (rr ) p (rr )s q q p q

Primer 22. Saopstena je sledeca vremenska prognoza za naredni dan:

1. Bice vedro ili hladno ili ce duvati vetar. 2. Ako bude vedro i duva vetar, bice hladno. 3. Ako ne bude vedro i bude hladno, duvace vetar. Da li se moze zakljuciti da ako ne bude vedro, nece biti hladno?

Oznacimo sa p, q i r sledece iskaze:

p: bice vedro,

q : bice hladno, r : duvace vetar. Na osnovu 1, 2 i 3 treba proveriti valjanost sledeceg argumenta

pq r pr q


21/309


pq r p q.

Tablica istinitosti je

p q r pq r pr q pq r p q 1 2 3 4 5 6 7 8

Slika 14.Na osnovu 5.reda tablice, argument nije valjan te nismo mogli izvesti nave-deni zakljucak.

Napomenimo da smo u razmatranjima posmatrali posledicu kao semantickuposledicu. Vodilo se racuna samo o istinitosti argumenata. Kod sintaksne posle-dice, koje nismo razmatrali, nas ne zanima istinitost hipoteza, vec samo da li se utoku izvodjenja koriste dozvoljena pravila.

Primer 23. Premise su:

Ako se Sojic kandiduje na izborima ( p), on ce postati premijer ( q ). Ako Sojic dodje na sastanak Stranke Zdravog Razuma ( r ) bice kandidovanza premijera ( q ), Sojic ce otici na sastanak Stranke Zdravog Razuma ( r ), ili ce otici na rekre-aciju ( s). Sojic se ne rekreira ( s).

Da li ce Sojic biti premijer?

Odgovorajuci argument je: p q r prs

s q.


22/309

1.5. KOMPLETNOST 21

Tablica istinitosti je

p q r c p q r p rs s q 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16

Slika 15.

Sve premise su tacne za interpertacije u slucajevima 2 i 10. U ovim slucaje-vima je i zakljucak tacan, te je on posledica. Mozemo zakljuciti da ce Sojicpostati premijer.

Napomenimo da je ovaj primer prepev primera iz rada [XX].

1.5 Kompletnost

Od svih logickih veznika, po znacaju se izdvaja sedam, denisanih skupom V =

{,,,,, , }. Postavlja se pitanje baze ovog skupa, tj. koje i koliko veznikamozemo izdvojiti iz ovog supa, tako da se u iskaznim formulama svi drugi veznici,ukljucujuci i one koji nisu obuhvaceni skupom V , mogu izraziti preko njih.

Uocimo skup B1 = {,}, koji je podskup skupa V . Na osnovu ekvivalencija pq ( pq ), p q ( pq ),

p q ( pq )( pq ), p q ( pq ), p q pq,


23/309


zakljucujemo da je skup B1 = {,} skup generatora skupa V .Slicno, skup B2 = {,}, koji je takodje podskup skupa V , na osnovu ekviva-lencija

pq ( pq ), p q pq, p q (( pq )( pq )) , p q pq, p q ( pq ),

skup generatora skupa V .

Primer 24. Na osnovu ekvivalencija

pq (( pq )( pq ))i

pq ( pq )( pq )) ,vidimo kakvu prezentaciju ima veznik u skupovima B1 i B2, respektivno.Primer 25. Iskazna formula

p q ( p q )

u skupovima B1 i B2 ima ekvivalentne forme, redom

( pq )( pq ) i ( p q )( pq ).Uocimo skup B3 = {}, koji je takodje podskup skupa V . Na osnovu ekviva-lencija

p p p i pq ( p q ) ( p q )i cinjenice da je skup B1 = {,}, skup generatora skupa V , zakljucujemo da skupB3 cini jednu bazu skupa V . To znaci da se svaka iskazna formula moze predstavitii u ekvivalentoj formi, u kojoj ucestvuje samo veznik ni, . Ostali veznici skupa V imaju sledece prezentacije u skupu B3.n

pq ( p p) (q q ), p q (( p p) ( p p)) (q q ), p q ((( p p) ( p p)) (q q )) ((( p p) ( p p)) (q q ))

((( q q ) (q q )) ( p p)) ((( q q ) (q q )) ( p p)) , p q (( p p) (q q )) (( p p) (q q )) .


24/309

1.6. NORMALNE FORME 23

Slicno, uocimo skup B4 = {}, koji je takodje podskup skupa V . Na osnovuekvivalencija p p p i pq ( p q ) ( p q )

i cinjenice da je skup B1 = {,}, skup generatora skupa V , zakljucujemo da skupB4 cini jednu bazu skupa V . Za preostale veznike skupa V vaze ekvivalencije. pq ( p p) (q q ),

p q (( p p) q ) (( p p) q, p (q ( p (q q )) (( p (q q )) (( p (q q )) (( p (q q ))

((q ( p p)) ((q ( p p)) ((q ( p p)) ((q ( p p)) .Na osnovu navedenih ekvevalencija nije tesko zakljuciti da predstavljanje iska-

zne forme, u bazama B3 i B4, nije jednostavno, a i da su odgovarajuce formeznatno duze. Ali je to malo vazno u poredjenju sa cinjenicom da su za praksu,narocito u racunarstvu i elektrotehnici, ove mogucnosti od ogromnog znacaja.

1.6 Normalne forme

Denicija 1.13 Neka su M 1, M 2,...,M r proizvoljne iskazne formule. Za iskaznu formulu M 1

M 2

M r kazemo da je data u konjunktnoj formi, a za iskaznu

formulu M 1 M 2 M r da je u disjunktnoj formi.Denicija 1.14 Slozeni iskaz oblika x1x2 xr , gde je x i = pi ili x i = pi , a pi su logicke promenljive ili konstante, naziva se konjunktom. Za iskaznu formulu kazemo da je data u disjunktnoj normalnoj formi ako je oblika M 1M 2 M r ,pri cemu su M 1, M 2, . . ,M r konjunkti.Denicija 1.15 Slozeni iskaz oblika x1x2 xr , gde je xi = pi ili xi = pi ,a pi su logicke promenljive ili konstante, naziva se disjunktom. Za iskaznu formulu ka zemo da je data u konjunktnoj normalnoj formi ako je oblika M 1M 2M r ,pri cemu su M 1, M 2, . . ,M r disjunkti.

U prethodnom odeljku smo videli da su skupovi B1 = {,}i B2{,}skupovigeneratora za skup V = {,,,,, , }. Samim tim je i skup B = {,,}skup generatora ovog skupa. Na osnovu toga, direktno sledi sledeci rezultat.Teorema 1.3 Za svaku iskaznu formulu postoji konjunktivna i disjunktna nor-malna forma.


25/309


Ova teorema govori samo o egzistenciji, ali ne i broju i nacinu formiranja ovihformi. Sto se tice broja, svakoj iskaznoj formuli odgovara, prakticno, beskonacnoovakvih formi. Naravno, od interesa je naci najprostije. Time, medjutim, necemoopterecivati ovaj tekst.

Primer 26. Iskazna formula

( pq r )( pr )( pq r )ima konjunktivnu normalnu formu, a

( p

q )

(

p

q

r )

(q

p)

disjunktivnu normalnu formu.

Ukazacemo na dva nacina kako se data iskazna formula prevodi u normalnuformu. Prvi je koriscenjem logickih ekvivalencija, a drugi je koriscenjem istini-tosnih tablica. Ilustrovacemo to u sledecem primeru.

Primer 27. Posmatrajmo iskaznu formulu

A = ( p q ) r.Na osnovu ekvivalencija

A = ( p q ) r ( p q )r ( pq )r ( pq )r,i

A = ( p q ) r ( pq )r ( pr )(q r ),dobijamo, redom, njenu disjunktnu i njenu konjuktnu normalnu formu.

Posmatrajmo sada istinitosnu tablicu iskazne formule A.

p q r q p q A = ( p q ) r1 2 3 4 5 6 7 8

Slika 16.


26/309


Uocimo samo one interpretacije za koje je iskazna formula tacna, tj. (A) = .To su slucajevi 1 , 2, 3, 5 i 7. Za svaki od ovih slucajeva, ponaosob, formirajmokonjunkt, koji ima osobinu da je za ovaj slucaj tacan, a u ostalih sedam slucajevanetacan. Za slucajeve 1 , 2, 3, 5 i 7 to su redom konjunkti:

pq r, pq r, pq r, pq r, pq r.Trazena disjunktna normalna forma iskazne formule A je

A = ( pq r )( pq r )( pq r )( pq r )( pq r ).Slicno, uocimo samo one interpretacije za koje je iskazna formula netacna,

tj. (A) = . To su slucajevi 4 , 6 i 8. Za svaki od ovih slucajeva, ponaosob,formirajmo disjunkt, koji je za ovaj slucaj netacan, a u svim preostalim, sedam,slucajeva tacan. To su za slucajeve 4 , 6 i 8, redom:

pq r, pq r, pq r.Trazena konjunktivna normalna forma iskazne formule A je

A = ( pq r )( pq r )( pq r ).

Primer 28. Posmatrajmo iskaznu formulu

A = ( p q ) q.Formirajmo najpre istinitosnu tablicu za nju. Tablici dodajmo jos dve kolone.U prvoj dodatoj koloni, svakoj interpretaciji odredimo konjunkt koji imaosobinu da je tacan za nju, ali je netacan za sve preostale. U drugoj dodatojkoloni, svakoj interpretaciji odredimo disjunkt koji je netacan za nju, ali jetacan za sve preostale. Napomenimo da svaki konjunkt, tj. disjunkt, morasadrzati obe promenljive p i q , sa ili bez veznika , i to tacno jedanput.

p q q p q A = ( p q ) q konjunkt disjunkt1 pq pq 2 pq pq 3 pq pq 4 pq pq Slika 17.


27/309


Uocimo one konjunkte koji odgovaraju slucajevima (A) = . To je samoslucaj 4, a odgovarajuci konjunkt je: pq . Trazena disjunktna normalnaforma jeA = pq.

Uocimo one disjunkte koji odgovara ju slucajevima (A) = . To su slucajevi1, 2 i 3. Njima, redom, odgovaraju disjunkti:

pq, pq, pq.Trazena konjunktivna normalna forma je

A = ( pq )( pq )( pq ).Postupak nalazenja normalnih formi, za datu iskaznu formulu, pomocu tablica

istinitosti, koriscen u primerima 27 i 28, moze se uopstiti za svaku iskaznu formulu,bez obzira na broj logickih promenljivih koje u njoj ucestvuju. To se moze opisatina sledeci nacin.

Posmatrajmo iskaznu formulu A, u kojoj ucestvuje n logickih promenljivih pi , i = 1 , 2,...,n , i za koju je formirana tablica istinitosti. Tablica sadrzi 2 ninterpretacija S i , i = 1 , 2,..., 2n . Za svaku interpretaciju S i formirajmo konjunktC i , za koji je (C i ) = , dok je (C i ) = za svaku interpretaciju S j , j =1, 2,..., 2n , j

= i. Svaki konjunkt je oblika x1

x2

...

xn , pri cemu je x i = pi , ilix i = pi , i = 1 , 2,...,n . Izdvojimo sve one konjunkte C i1 , C i2 ,...,C i r , sa osobinomda je (C i j ) = (A), j = 1 , 2,...,r . Trazena disjunktna normalna forma iskazneformule A je

A = C i1 C i2 ...C i r .Svakoj interpretaciji S i , i = 1 , 2,..., 2n pridruzimo disjunkt di , oblika x1x2...xn ,pri cemu je xi = pi , ili x i = pi , i = 1 , 2,...,n , za koji je (di ) = , dok je za ostaleS j , j = 1 , 2,..., 2n , j = i, (d j ) = . Izdvojimo sve one disjunkte di1 , di2 ,...,d i t ,sa osobinom da je (di j ) = (A), j = 1 , 2,...,t . Trazena konjunktivna normalnaforma iskazne formule A je

A = di1

di2

...

di t .

Pretpostavimo da za neku nepoznatu iskaznu formulu znamo istinitosne vrednostiza sve moguce interpretacije. Broj interpretacija mora biti oblika 2 n , pa lakozakljucujemo da je broj logickih promenljivih koje ucestvuju u njoj n. Koristecitablice istinitosti, opisanim postupcima za formiranje normalnih formi, mozemoda ustanovima i o kojoj je iskaznoj formuli rec. To cemo ilustrovati u sledecimprimerima.


28/309


Primer 29. Neka je nepoznata iskazna formula A data tablicom istini-tosti, pri cemu postoje cetiri interpretacije. Svakoj interpretaciji odredimodisjunkte i konjunkte sa ranije opisanim osobinama:

p q A konjunkt disjunkt1 pq pq 2 pq pq 3 pq pq 4 pq pq

Slika 18.

Konjunkti cija je istinitosna vrednost jednaka istinitosnoj vrednosti iskazneformule A su u slucajevima 2 i 3. Zbog toga je disjunktna normalna formaove formule

A = ( pq )( pq ).Disjunkti cija je istinitosna vrednost jednaka istinitosnoj vrednosti iskazneformule A su u slucajevima 1 i 3. Zbog toga je konjunktna normalna formaove formule

A = ( pq )( pq ).Primer 30. Tablicu istinitosti nepoznate iskazne formule A, u kojo j uce-

stvuju tri logicke promenljive, prosirimo konjunktima i disjunktima, po vec

ranije opisanim kriterijumima:

p q r A konjunkt disjunkt1 pq r pq r2 pq r pq r3 pq r pq r4 pq r pq r5 pq r pq r6 pq r pq r7 pq r pq r8 pq r pq r

Slika 19.Na osnovu nje je

A = ( pq r )( pq r )( pq r )( pq r ),i

A = ( pq r )( pq r )( pq r )( pq r ).


29/309



30/309

Glava 2

Indukcija

2.1 Empirijska indukcija

Indukcija je logicki nacin zakljucivanja od posebnog ka opstem. Ona lezi u osnovinacina ljudskog razmisljanja. Posmatra juci pojedinacne slucajeve neke pojave,covek tezi da donese generalni zakljucak o njoj. Bez obzira sto on i ne mora bitiispravan, ovakav postupak zakljucivanja, koji ukljucuje prethodno iskustvo, moczapazanja i intuiciju pojedinca, je od neprocenjive vrednosti za razvoj nauke, amoze se slobodno reci i ljudskog uma.

Rec indukcija izvedena je od latinskog prevoda izraza na grckom epagoge,koji je uveo Aristotel. Sam izraz znaci da su obuhvaceni svi slucajevi nedeter-ministickog zakljucivanja, u kojoj istinitost premisa ne povlaci za sobom istinitostzakljucaka, iako cesto pretenduje da bude dovoljan razlog za verovanje u to. Uzavisnosti od vrste stavova, na osnovu kojih se izvodi induktivan zakljucak, kao iprema samom zakljucku, postoje razne podele indukcije. Mi cemo se u ovoj lekcijiosvrnuti, u kracim crtama, na empirijsku i matematicku indukciju.

Empirijska ili nepotpuna indukcija lezi u osnovi naucnog zakljucivanja. Usustini, zasniva se na principu da se na osnovu velikog, ali konacnog broja, pos-matranja neke pojave donese opsti zakljucak o njoj. Naravno, ovakav zakljucakpredstavlja samo sumnju. Da bi postao zakon, naucna istina, potreban je egzak-tan dokaz. Ilustracije radi, navescemo kroz sledece primere, zakljucke do kojih sudosli veliki matematicki umovi, ali koji su se kasnije pokazali kao netacni. Nar-avno, nama nije cilj da ovim primerima umanjimo stepen genijalnosti doticnihmatematicara. Dovoljno je istaci da su mnogi pogresni zakljucci bili motiv velikihotkrica drugih istrazivaca.

Primer 1. Nemacki matematicar Lajbnic proucavao je brojeve oblika nk n, u skupu prirodnih brojeva. Uocio je da su brojevi oblika n3n deljivi sa 3,29


31/309

30 GLAVA 2. INDUKCIJA

brojevi oblika n5 n deljivi sa 5, brojevi oblika n7 n deljivi sa 7.Posumnjao je da su brojevi oblika nk n deljivi sa k, kada je k neparan broj. Medjutim,ubrzo je sam otkrio da to ne vazi za k = 9. Kasnije je dokazano da su brojevioblika nk n deljivi sa k, kada je k prost broj.Primer 2. Na osnovu cinjenice da su brojevi oblika F n = 22

n+ 1,za n =

0, 1, 2, 3, 4 prosti, francuski matematicar Ferma je zakljucio da to vazi zasvako n 0. Ojler je pokazao da je F 5 slozen broj. Landru je dokazaoda je F 6 slozen broj. Danas je poznato da su F 7,...,F 16 slozeni brojevi.Postoji sumnja da su svi brojevi F n za n 5 slozeni. Ipak, brojevi ovogoblika igraju znacajnu ulogu u raznim matematickim disciplinama. Tako je,na primer, Gaus dokazao da se pravilan m-tougao moze konstruisati samopomocu lenjira i sestara, ako i samo ako je m prost broj oblika F n = 22

n+ 1.

Primer 3. Jos pre vise od 25 vekova kineski matematicari su posumnjalida je prirodan broj n prost ako i samo ako je broj 2 n 2 deljiv sa n. Lajbnic je dosao do istog zakljucka. Naime, on je bio misljenja da broj 2 n 2 nijedeljiv sa n ako n nije prost broj. Pokazalo se da su ova misljenja tacna zan < 341, ali da za n = 341 to ne vazi.

Primer 4. Ruski matematicar Grave je mislio da za svaki prost broj p broj2 p1 1 nije deljiv sa p2. Pokazalo se da to nije tacno za p = 1093.

Nakon ovih primera treba napomenuti da razlog sto je empirijska indukcijanavela na pogresan zakljucak nije samo u izostanku dokaza, koga je inace cestotesko konstruisati. Ovde se radi i o velikim brojevima, pa poteskoce nastaju uproveri neke intuitivne sumnje. Tako, na primer, nije ni malo jednostavno proveritida li je broj 8695847692153748506785746 prost ili nije.

2.2 Matematicka indukcija

Pretpostavimo da neki iskaz P (n) zavisi od broja n, n N 0. Osnovni principmatematicke indukcije u proveri, tj. dokazivanju istinitosti ovog iskaza moze seopisati sledecim koracima.

Korak 1: Pokaze se da je P (0) tacno, tj. da je iskaz P (n) istinit kadase promenljivoj n dodeli vrednost 0, tj. n := 0. P (0) je baza indukcije.Baza indukcije moze biti i P (1), tj. P (k) za ksirano k 0. Broj k senaziva baznim elementom. Ako baza P (k) nije istinita ni za jedno k, tj. akonismo u stanju da pronadjemo konacno k tako da je P (n) istinito za n := k,besmisleno je sprovoditi dalji postupak matematicke indukcije.


32/309

2.2. MATEMATI CKA INDUKCIJA 31

Korak 2 : Pretpostavicemo da je iskaz P (n) tacan za neko ksirano n , veceod baznog elementa k. P(n) se naziva induktivnom pretpostavkom ili hipote-zom. Moze se uvesti i vise hipoteza. Naime, moze se pretpostaviti da je iskazP (n) tacan kada se promenljivoj n redom dodeljuju vrednosti nk, nk+1,..., n , gde je k bazni elemenat, koji se jos naziva i prag baze. Drugim recima,pretpostavimo da je iskaz P (n k)...P (n) istinit (tacan).Korak 3 : Na osnovu tacnosti baze i induktivne pretpostavke dokazuje seistinitost iskaza P (n + 1), tj. iskaza P (n), za n := n + 1. Drugim recimadokazuje se istinitost jedne, od implikacija

P (n) P (n + 1)ili

P (n k)P (n k + 1) ...P (n) P (n + 1) .Za k = 0 princip matematicke indukcije moze da se opise sledecom teoremom.

Teorema 2.1 Za svako n, n N 0, iskaz P (n) je istinit (tacan) ako su ispunjeni sledeci uslovi:1. P (0) je istinit (tacan) iskaz,2. Za svako n, n N , P (n) P (n + 1) je istinita (tacna) implikacija.

Znamo da je implikacija p q istinita uvek kada je p neistinito. Zbog togaP (0) mora biti istinito, jer u protivnom, ne mozemo uvesti pretpostavku da jeP (n) istinito za neko ksirano n, n > 0.

Primer 5. Dokazacemo da za svako n N 0 i svako x = 1, vazi nejed-nakost(1 + x)n 1 + nx,

u literaturi poznata pod nazivom Bernulijeva nejednakost.

Neka je n =: 0. Tada je 1 1, sto znaci da je P (0) istinito. Takodje, zan := 1 vazi 1 + x 1 + x te je i P (1) istinito. Medjutim, ni n := 0 ni n := 1ne mozemo uzeti za prag baze, jer je istinito i 1

1 i 1 + x

1 + x.

Za n := 2 vazi nejednakost 1 + 2 x + x2 1 + 2x, jer je x2 0, te sadamozemo usvojiti da je P (0), P (1) i P (2) istinito.Pretpostavimo da je nejednakost istinita za neko ksirano n, n > 0, n := n,tj. da je P (n) istinito. Tada je

(1 + x)n +1 = (1 + x)n (1 + x) (1 + nx )(1 + x) = 1 + ( n + 1) x + nx 2.


33/309


Kako je n > 0 i x2 > 0, to je i nx 2 > 0, konacno dobijamo

(1 + x)n +1 1 + (n + 1) x,tj. da je i P (n + 1) istinito.

Primer 6. Dokazacemo da za svako n , n N , vazi jednakost12 + 2 2 + + n2 =

n(n + 1)(2 n + 1)6

.

Oznacimo sa P (n) iskaz da ova jednakost vazi za svako n , n

N .

Za n := 1 jednakost postaje 1 = 1 2 3

6 sto je tacno. Samim tim, iskaz P (1)

je istinit.

Pretpostavimo da ova jednakost vazi za neko ksirano n := n, n > 1, tj. da je iskaz P (n) istinit.

Tada za n := n + 1 vazi jednakost

12 + 2 2 + 3 2 + + n2 + ( n + 1) 2 = n(n + 1)(2 n + 1)

6 + ( n + 1) 2

= n + 1

6 (n(2n + 1) + 6( n + 1))

= n + 16

(2n2 + 7 n + 6)

= (n + 1)( n + 2)(2 n + 3)

6 ,

pa je iskaz P (n + 1) istinit.

Primer 7. Dokazimo da postoji prirodan broj k tako da za svako n, n k,vazi nejednakost2n > n 2.

Neka je P (n) iskaz da ova nejednakost vazi. Direktnom proverom otkrivamoda ova nejednakost ne vazi za n = 2, n = 3 i n = 4, ali da vazi za n = 5.Zbog toga uzimamo da je prag baze k = 5, tj. da je iskaz P (5) istinit.

Pretpostavimo da ova nejednakost vazi za neko ksirano n := n, n 5, tj.da je iskaz P (n) istinit.Tada za n := n + 1 vazi

2n +1 = 2 2n > 2 n2 = n2 + 2 n + 1 + n2 2n 1 = ( n + 1) 2 + ( n 1)2 2.


34/309


Kako je za n 5, (n 1)2 2, to konacno dobijamo da je2n +1 > (n + 1) 2,

tj. da je iskaz P (n + 1) istinit. Mozemo da zakljucimo da posmatrananejednakost vazi za svaki prirodan broj n 5.Primer 8. Dokazacemo da je za svako n, n N 0, elemenat niza ( an ),n N 0, koji zadovoljava linearnu rekurentnu relaciju

an +2 4an +1 + 3 an = 0 ,sa pocetnim uslovima a0 = 0 i a1 = 2, oblika

an = 3n 1.Oznacimo sa P (n) iskaz koji predstavlja ovo tvrdjenje.

Za n := 0 i n := 1 iskaz P (n) je istinit, tj. iskazi P (0) i P (1) su istiniti, jersu a0 = 0 i a1 = 2 oblika an = 3 n 1.Pretpostavimo da je iskaz P (n) tacan za neko n, n > 1, tj. da je an koje zado-voljava rekurentnu relaciju, oblika an = 3n 1. Tada, na osnovu rekurentnerelacije, imamo

an +1 = 4an 3an1 = 4(3 n 1) 3an1.Da bismo nastavili induktivni postupak neophodna nam je pretpostavka iza an1. Mi smo vec pomenuli da induktivni proces moze sadrzati visepretpostavki, tj. hipoteza. Zbog toga uvodimo i hipotezu da je iskaz P (n1)takodje istinit, tj. da je an1 = 3n1 1, za n 1.Sada je

an +1 = 4(3 n 1)3(3n11) = 4 3n 33n14+3 = 9 3n11 = 3n +1 1,pa je iskaz P (n) istinit za svako n , n

0.

U sledecem primeru ukazacemo da moramo biti veoma obazrivi prilikom izborabaze, tj. praga baze.

Primer 9. Pokusacemo da dokazemo da za svako n, n N 0, vazi jednakostn2 2n.


35/309


Neka je P (n) iskaz da ova nejednakost vazi. Za n := 0 ova nejednakost glasi0 0, pa zakljucujemo da je iskaz P (0) istinit. Zanemarimo cinjenicu dabismo do istog zakljucka dosli i ako bismo zeleli da dokazemo nejednakost

n2 2n,sto automatski iskljucuje da je P (0) baza. Pretpostavimo da ova nejednakostvazi za neko ksirano n, n := n, vece od nule, tj. da je iskaz P (n) istinit. Zan := n + 1 dobijamo

(n + 1) 2 = n2 + 2 n + 1

2n + 2 n + 1

2n + 1 + 1

2(n + 1) ,

tj. da je iskaz P (n +1) takodje istinit, kada je 2 n > 1. Ali ovo vazi za n := 0,a n := 0 nije prag.

Naravno, ovaj zakljucak je pogresan. Nejednakost ne vazi ni za n := 1.Takodje smo iskoristili nejednaost 2 n > 1, koja za n := 0 ne vazi, sto nismosmeli. P (0) nije prag, koji i ne postoji.

Cesto se koristi i takozvana regresivna indukcija, koju cemo denisati u sledecojteoremi.

Teorema 2.2 Iskaz P (n) je istinit za svako n N , ako su ispunjeni sledeci uslovi:1. P (n) je istinit za beskonacno mnogo prirodnih brojeva.

2. Za proizvoljno n, n 1, vazi implikacija P (n) P (n 1).Primer 10. Primenom regresivne indukcije dokazacemo poznatu AG-neje-

dnakost izmedju aritmeticke i geometrijske sredine realnih nenegativnih brojeva a1, a 2,...,a n

a1 + a2 + ann n a1a2 an .

Oznacimo sa P (n) iskaz da je AG-nejednakost tacna za n, n N .Za n := 1 AG-nejednakost je tacna, jer je a1 a1, pa je iskaz P (1) istinit.Kako je

a1 + a22 a1a2 =

12

(a1 a2)2 0,to je AG-nejednakost tacna za n := 2, tj. iskaz P (2) istinit.


36/309


Na osnovu nejednakosti

a1 + a2 + + a2n2n

= 1

2a1 + + an

n +

an +1 + + a2nn

n a1 + + ann an +1 + + a2nn

( n a1 an n an +1 a2n )1/ 2 == 2n a1 a2n ,

zakljucujemo da iz cinjenice da su iskazi P (1) i P (2) istiniti i pretpostavke

da je iskaz P (n) istinit za neko ksirano n, n := n , n > 2, vazi da je i iskazP (2n) istinit.

Kako je AG-nejednakost tacna za n := 2 i n := 2n, to zakljucujemo da je onatacna i za n := 2n . Kako za svako k, k N , postoji prirodan broj n, takoda je 2n > k , to znaci da je AG-nejednakost tacna za beskonacno mnogovrednosti prirodnih brojeva.Pretpostavimo da je iskaz P (n), n > 2, istinit, i da to povlaci istinitost iskazaP (n 1).

a 1 + + an 1n 1

=a 1 + + an 1 +

a 1 + + a n 1n 1

n n a 1 an 1 a 1 + + an 1n 1 ,

pa jea1 + + an1

n 111n

(a1 an1)1n ,

tj.a1 + + an1

n 1 n 1 a1 an1.

Na osnovu Teoreme 2.2 zakljucujemo da AG-nejednakost vazi za svako n N .


37/309



38/309

Glava 3

Skupovi

3.1 Predstavljanje skupova

Pojam skupa spada u fundamentalne pojmove matematike, ali i u one koji ne-maju deniciju. Ne postoji denicija ni pojma elemenat skupa. Intuitivno sepodrazumeva da je skup proizvoljna, ali lepo opisana, sveukupnost objekata, kojise proucavaju.

Skupovi se, najcesce, obelezavaju velikim slovima abecede, a elementi malim.Ako elemenat x pripada skupu X to se oznacava sa x X , a u suprotnom x / X .Za skupove koje mi proucavamo ne postoji mogucnost da neki element istovremenopriprada i ne pripada istom skupu.

Skup se sasto ji od medjusobno razlicitih elemenata, i njihov redosled u nabra- janju nije bitan. Rodjak skupa, u kome se neki elementi ponavljaju, i to tacnoonoliko puta koliko je to neophodno za proucavanje nekog problema, naziva sekolekcijom. Ako se kao elementi skupa pojavljuju i skupovi, on se naziva famili- jom ili klasom ili skupom skupova, sto cemo najcesce koristiti u daljem tekstu.

Dva osnovna skupa su prazan skup, u oznaci , i univerzalni skup, u oznaci U .Prazan skup uvek posto ji, i on ne sadrzi nijedan element. Za univerzalan skup to nemora da vazi, tj. ne mora uvek posto jati ili je tesko utvrditi njegovu egzistenciju.Tako na primer, ako proucavamo neke pojave vezano za ucenike odredjene skole,

univerzalni skup su svi ucenici te skole. Ako te pojave proucavamo na nivou grada,univerzalni skup cine svi ucenici grada.Proucavanje odredjene osobine nad skupovima, koji pripadaju nekom uni-

verzalnom skupu, za koji pretpostavljamo da postoji, a on u biti ne postoji, mozeprouzrokovati pojavu neotklonjivih paradoksa prilikom zakljucivanja. Tako, naprimer, ne postoji kao univerzalni skup skup svih skupova. Polazeci od cinjeniceda takav skup postoji, britanski matematicar i lozof Bertran Rasel dosao je do

37


39/309

38 GLAVA 3. SKUPOVI

neotklonjivog paradoksa, koji cemo opisati u sledecem primeru.

Primer 1. Neka je Y skup svih skupova koji ne sadrze samog sebe kaoelemenat

Y = {X |X / X }. (3.1)Postavlja se pitanje da li Y pripada ili ne ovom skupu. Ako pretpostavimoda Y Y tada na osnovu (3.1) sledi da Y / Y . Ako pretpostavimo daY / Y tada na osnovu (3.1) sledi da Y Y .U oba slucaja se dolazi do neotklonjivog paradoksa.

Primer 2. I ovaj paradoks dolazi od Bertrana Rasela.Vojni frizer sisa sve vojnike koji ne sisaju sami sebe. Postavlja se pitanje:treba li on, kao vojnik, da sisa samog sebe?

Razmatranje ovog zadatka prepustamo citaocu.

Kako smo pomenuli, veoma je bitno da svaki konkretan skup precizno deni-semo pomocu njegovih elemenata. To se najcesce obavlja: nabrajanjem elemenata,navodjenjem osobina koje poseduju elementi ili pomocu procedure koja kompletnogenerise elemente.

1. Nabrajanjem elemenata

X = {x1, x2,...,x n}, X = {x1, x2,...,x n ,...}.2. Neka elementi skupa X poseduju osobinu P (x). Tada je

X = {x|x P (x)},i cita se: X je skup svih elemenata x sa osobinom P (x).

3. Navodjenjem procedureX = {x|x := f }.

Cita se: X je skup elemenata x koji se generisu pomocu procedure f .

Primer 3. Neka je X skup svih nenegativnih neparnih brojeva. Njegamozemo denisati na sledece nacine:

1. X = {1, 3, 5,...},2. X = {x|x = 2k + 1 , k N}, N - skup prirodnih brojeva,3. X = {x|x := 1, x := x + 2 }.


40/309

3.2. OPERACIJE SA SKUPOVIMA 39

Za neke skupove postoje, u literaturi, standardizovane oznake. Tako se, naprimer, sa N oznacava skup prirodnih brojeva, sa N 0 skup prirodnih brojeva kome je pridruzena nula, sa Z skup celih brojeva, sa Q skup racionalnih brojeva, sa I skup iracionalnih brojeva, sa R skup realnih brojeva i sa C skup kompleksnihbrojeva.

3.2 Operacije sa skupovima

U daljem tekstu podrazumeva se da svi posmatrani skupovi pripadaju istom uni-verzalnom skupu.

Denicija 3.1 Skup A je podskup skupa B, u oznaci A B, ako svaki element skupa A pripada skupu B,A B (x)(x A) (x B ).

Ako je A B i B A skupovi A i B su jednaki, A = B . Ako je A B i A = B ,A je pravi podskup skupa B.Denicija 3.2 Komplement skupa A, u oznaci A, je skup koji sadrzi sve elemente univerzalnog skupa U , koji ne pripadaju skupu A,

A = {x|x U x / A},tj.

a A (x U )(x / A).Denicija 3.3 Pod unijom dva skupa A i B, u oznaci A B , podrazumeva se skup koji sadrzi sve elemente koji pripadaju ili skupu A, ili skupu B, ili i jednom i drugom skupu,

AB = {x|x A x B},tj.

(

x)(x

A

B )

(x

A)

(x

B ).

Denicija 3.4 Pod presekom dva skupa A i B, u oznaci A B , podrazumeva se skup koji sadrzi sve elemente koji istovremeno pripadaju i skupu A i skupu B,A B = {x|x A x B}.

Ako za dva skupa A i B vazi A B = oni su disjunktni.


41/309

40 GLAVA 3. SKUPOVI

Denicija 3.5 Razlika dva skupa A i B, u oznaci A \ B , je skup koji sadrzi sve elemente skupa A koji ne pripadaju skupu B,A \ B = {x|x A x / B}.

Denicija 3.6 Simetricna razlika skupova A i B, u oznaci A B , je skup koji sadrzi sve elemente skupa A koji ne pripadaju skupu B i sve elemente skupa B koji ne pripadaju skupu A, tj. A B = ( A \ B )(B \A).

A B = {x|x A \ B x B \A}.Na slici 1. prikazani su skupovi iz prethodnih denicija, pomocu Venovih

dijagrama.

U

A B A B A

A

A B A B A B

B A B A B A

A B A B A \

Slika 1.U sledecoj teoremi su date osnovne osobine operacija sa skupovima.

Teorema 3.1 Za proizvoljne skupove A,B, C U vaze sledece jednakosti:1. Idempotentnost

A

A = A, A

A = A,

2. Asocijativnost

(AB )C = A(B C ), (A B ) C = A (B C ),3. Komutativnost

AB = B A, A B = B A,


42/309

3.2. OPERACIJE SA SKUPOVIMA 41

4. Distributivnost

A (B C ) = ( A B )(A C ), A(B C ) = ( AB ) (AC ),5. De Morganova pravila

AB = A B, A B = AB,6. Komplementarnost

AA = U, AA = ,7. Involutivnost

A = A,

8. A = A, A U = A,

9. AU = U, A = .Neka je I dati skup ciji se elementi mogu iskoristiti kao indeksne promenljive,

tako da je za svako i

I denisan skup A i

U . Skupovi

i

I Ai i

i

I Ai denisuse na sledeci nacin:

iI Ai = {x|(i I )(x A i )}, iI Ai = {x|(i I )(x Ai )}.Teorema 3.2 Neka su A, A1, A2, .... An skupovi iz nekog istog univerzalnog skupa U . Tada vaze jednakosti

A (ni=1 Ai ) = ni=1 (A Ai ) , A(ni=1 Ai ) = ni=1 (AAi ) .Primer 1. Za konacne kolekcije skupova vaze i De Morganova pravila

A

\(

ni=1 Ai ) =

ni=1 (A

\Ai ) , A

\(

ni=1 Ai ) =

ni=1 (A

\Ai ) .

Dokazacemo prvo od ova dva tvrdjenja. Imamo da je

A \ (ni =1 Ai ) = A (ni =1 Ai ) = A ni =1 Ai = ni =1 A Ai = ni =1 (A \ Ai ) .


43/309

42 GLAVA 3. SKUPOVI

Ili na drugi nacin:

(x)(x A \ni=1 Ai ) (x)(x Ax / (ni=1 Ai )) (x)(x Ax (ni=1 Ai )) (x)(x Ax (ni=1 Ai )) (x)(i)(x Ax A i ) (x)(i)(x Ax / A i ) (i)(x)(x A \ Ai ) (x)(x ni=1 (A \ Ai ))

3.3 Partitivni skup. Princip ukljucenja-iskljucenja

Denicija 3.7 Skup (familija) svih podskupova datog skupa A, A = , koji sadrzi i prazan skup i samog sebe, naziva se partitivni skup skupa A, ili Bulean, i oznacava se sa 2A , tj.

2A = {X |X A}.Primer 4. Partitivni skup skupa A = {1, 2, 3} je

2A = {, {1}, {2}, {3}, {1, 2}, {1, 3}, {2, 3}, {1, 2, 3}}.Nas u daljem tekstu, uglavnom, zanimaju samo konacni skupovi. U protivnom,

to ce biti specijalno naglaseno. Sa |A| oznacavacemo broj elemenata skupa A.Prazan skup, , ne sadrzi nijedan element, te je || = 0.Skup {} sadrzi jedan elemenat, a to je prazan skup, te je |{}| = 1.Za dva skupa A i B vazi jednostavan, ali veoma vazan princip, poznat podnazivom princip jednakosti. Ako je A = B tada je |A| = |B |.Teorema 3.3 (Princip sume) Neka su A1 i A2 dva data disjunktna skupa, tj.A1 A2 = , pri cemu je |A1| = m i |A2| = n. Tada je

|A1 A2| = |A1|+ |A2| = m + n. (3.2)Teorema 3.4 Za svaki skup A vazi jednakost

|2A| = 2 |A|. (3.3)Dokaz. Jednakost (3.2) se moze dokazati pomocu matematicke indukcije. Neka je A = . Kako je || = 0, 20 = 1, 2{} = {} i |2{}| = |{}| = 1, zakljucujemo da3.2) vazi kada je A prazan skup, tj. kada sadrzi nula elemenata.


44/309

3.3. PARTITIVNI SKUP. PRINCIP UKLJU CENJA-ISKLJU CENJA 43

Pretpostavimo da (3.2) vazi za svaki skup A sa osobinom |A| < k , k 0. Neka jeA = {a1, a2,...a k}, |A| = k. Uocimo skupove (familije)A1 = {X |X 2Aak X } i A2 = {X |X 2Aak / X }.

Ove familije zadovoljavaju uslove

A1 A2 = 2 A i A1 A2 = .Na osnovu jednakosti 3.1), dobijamo da je

|2A

| = |A1 A2| = |A1|+ |A2| = 2k

1

+ 2k

1

= 2k

= 2 |A

|.Primer 5. Neka je A = {a1}. Tada je 2 A = {, {a1}}, |A| = 1 i |2A| = 2.Iz (3.2) imamo takodje:

|2A| = 2 |A| = 2 1 = 2 .Neka je A = {a1, a 2}, |A| = 2. Iz 2A = {, {a1}, {a2}, {a1, a 2}}, imamo da je|2A| = 4. Iz (3.2) takodje je:

|2A| = 2 |A| = 2 2 = 4 .Neka je A = {a1, a 2, a 3}, |A| = 3. Tada je

2A = {, {a1}, {a2}, {a3}, {a1, a2}, {a1, a 3}, {a2, a3}, {a1, a 2, a3}},pa je |2A| = 8. Na osnovu (3.2) takodje je:

|2A| = 2 |A| = 2 3 = 8 .Partitivni skup datog skupa A, ako |A| nije preveliko, ekasno se moze formiratisledecim postupkom. Neka je x proizvoljni element skupa A. Oznacimo ga u ravni.

x

y y

ne da

da dane ne

Slika 2.Sada od njega povlacimo dve orijentisane poluprave, pri cemu jedna oznacava

da on ne ucestvuje u formiranju novog skupa, a druga oznacava da ucestvuje u


45/309

44 GLAVA 3. SKUPOVI

formiranju novog skupa, sa narednim elementom datog skupa. Postupak produ-zavamo dok ne iscrpimo sve elemente skupa A. Kao konacan rezultat, u najnizemnivou, dobijamo elemente partitivnog skupa. To cemo ilustrovati na primeru skupaA = {a,b,c}, na sledecoj slici.

a

b b

ne da

dane dane

cdane

cdane

cdane

cdane

0 {c} {b} {b,c} {a} {a,c} {a,b} {a,b,c}

Slika 3.

Teorema 3.5 Neka su A i B dva proizvoljna skupa. Tada je

|AB | = |A|+ |B | |A B | (3.4)

Dokaz. Na osnovu jednakostiAB = A(B \A), A (B \A) = ,

i (3.1) vazi jednakost

|AB | = |A|+ |A \ B |. (3.5)Na osnovu jednakosti

B = ( B \A)(A B ), (B \A) (A B ) = ,i (3.1) vazi jednakost

|B

| =

|B

\A

| |A

B

| (3.6)

Na osnovu (3.4) i (3.5), eliminacijom B \A , dobijamo (3.3).Jednakost (3.3) nam ukazuje na nacin kako da nadjemo broj elemenata unije

dva skupa. U prvom koraku uzimamo da je on jednak zbiru elemenata jednog i dru-gog skupa. Ali, tom prilikom smo broj zajednickih elemenata dva puta uracunali- ukljucili. Taj broj moramo jednom oduzeti - iskljuciti. Zbog toga se ovakavnacin racunanja zove princip ukljucenja-iskljucenja.


46/309

3.3. PARTITIVNI SKUP. PRINCIP UKLJU CENJA-ISKLJU CENJA 45

Za tri skupa A, B i C jednakost oblika (3.3) je

|AB C | = ( |A|+ |B |+ |C |) (|A B |+ |A C |+ |B C |) + |A B C |.Mi cemo u sledecoj teoremi prosiriti princip ukljucenja-iskljucenja na konacnu

familiju skupova.

Teorema 3.6 Za familiju skupova {Ai}, i = 1 , 2,...,n , vazi jednakost

|ni=1 Ai | =n

i=1|Ai |

1

i


47/309

46 GLAVA 3. SKUPOVI

Primer 6. Treba odrediti koliko ima prirodnih brojeva, manjih od 1000,koji su deljivi bar jednim od brojeva 3, 5 ili 7. Koristicemo princip ukljucenja-iskljucenja.

Oznacimo sa A skup svih prirodnih brojeva, manjih od 1000, koji su deljivisa 3, sa B skup onih deljivih sa 5, a sa C skup onih deljivih sa 7. Tada jeA B skup svih brojeva deljivih sa 3 i 5, A C skup svih brojeva deljivihsa 3 i 7, B C skup svih brojeva deljivih sa 5 i 7, a A B C skup svihbrojeva deljivih i sa 3 i sa 5 i sa 7. Kako je

|A

| =

999

3 = 333,

|B

| =

999

5 = 199,

|C

| =

999

7 = 142,

|A B | =9993 5

= 66 , |A C | =9993 7

= 47 , |B C | =9995 7

= 28,

|A B C | = 9993 5 7

= 9 ,

na osnovu (3.6), za n = 3 dobija se da je trazeni rezultat

(333 + 199 + 142) (66 + 47 + 29) + 9 = 542 .

Primer 7. Posmatramo grupu od 10 ljudi, od kojih tri govore cetiri strana jezika, i to: nemacki, francuski, engleski i ruski, jedan govori francuskii nemacki, jedan francuski i ruski, jedan engleski i ruski, a dva govoresamo nemacki. Principom ukljucenja-iskljucenja odredicemo broj ljudi izove grupe, od kojih svako govori bar jedan strani jezik.

Neka je A1 skup ljudi koji govore nemacki, A2 skup ljudi koji govore fran-cuski, A3 skup ljudi koji govore engleski i A4 koji govore ruski. Tada je

|A1| = 6 , |A2| = 5 , |A3| = 4 , |A4| = 5 , |A1 A2| = 4 , |A1 A3| = 3 ,

|A1A4| = 3 , |A2A3| = 3 , |A2A4| = 4 , |A3A4| = 4 , A1A2A3| = 3 ,|A1 A2 A4 | = 3 , |A1 A3 A4 | = 3 , |A2 A3 A4 | = 3 , |A1 A2 A3 A4 | = 3 .Trazeni rezultat dobijamo na osnovu jednakosti

|A1A2A3A4| = (6+5+4+5) (4+3+3+3+4+4)+(3+3+3+3) 3 = 8.


48/309

3.4. POKRIVANJE I RAZBIJANJE SKUPA 47

3.4 Pokrivanje i razbijanje skupa

Denicija 3.8 Neka je dat skup A i familija skupova {E i}, i = 1 , 2,...,n , pri cemu A, E 1,...,E n U . Familija skupova {E i}, i = 1 , 2,...,n cini pokrivac skupa A, u oznaci A ni=1 E i , ako za svaki elemenat ovog skupa postoji bar jedan skupE i , kome on pripada.A ni=1 E i (x A)(i, 1 i n)(x E i ).

Na sledecoj slici prikazan je jedan pokrivac skupa A.

A

E1

E 2

E 3

E 4

E5

Slika 4.

Primer 8. Za skup A = {1, 3, 8} familija skupova E 1 = {1, 2, 5}, E 2 =

{4, 7, 8, 9

}, E 3 =

{2, 3, 8

} formira jedan pokrivac u skupu prirodnih brojeva.

A

E1

E 2 E 3

1

2

3

4

5

78

9

Slika 5.

Za skup A = {1, 3, 8} familija skupova E 1 = {1, 2, 5}, E 2 = {4, 7, 8, 9},E 3 = {

2, 8

} nije njegov pokrivac.

Denicija 3.9 Neka je dat skup A i familija skupova {E i}, i = 1 , 2,...,n , koja je njegov pokrivac. Ako za skupove ove familije vaze osobine E i A, E i E j = , i = j,

za svako i = 1 , 2,...,n , j = 1 , 2,...,n , ona se naziva razbijanjem skupa A.


49/309

48 GLAVA 3. SKUPOVI

Na sledecoj slici prikazano je jedno razbijanje skupa A.

A E1

E 2

E 3

E 4

Slika 6.

Primer 9. Za skup A = {1, 3, 8} familija skupova E 1 = {3}, E 2 = {1, 8}cini jedno njegovo razbijanje.


50/309

Glava 4

Relacije. Funkcije

4.1 Dekartov proizvod skupova

Denicija 4.1 Uredjeni par elemenata a i b, u oznaci (a, b), je familija elementa a i skupa {a, b}, tj. (a, b) = {a, {a, b}}.

Neuredjen par elemenata a i b, u oznaci {a, b}, je dvoclani skup {a, b}. Samimtim, redosled elemenata u ovom skupu nije bitan, tj. vazi jednakost {a, b} = {b, a}.Kod uredjenog para ( a, b) strogo je denisano da je element a na prvom, a element bna drugom mestu, tj. a je prva a b druga komponenta ovog para. U opstem slucaju je (a, b) = ( b, a), a cesto se elementi a i b sustinski razlikuju, pa uporedjivanje ( a, b)i (b, a) nema nikakvog smisla. Ako ovo poredjenje ima smisla, tada je ( a, b) = ( b, a)ako i samo ako je a = b.

Denicija 4.2 Dekartov proizvod skupova A i B, u oznaci A B , je skup svih uredjenih parova (a, b), pri cemu je a A i b B , tj.A B = {(a, b)|a Ab B}.

U literaturi se Dekartov proizvod srece jos pod nazivima direktan ili Kartezijevproizvod.

Primer 1. Dekartov proizvod skupova A = {1, 2} i B = {a,b,c} je den-isan saA B = {(1, a ), (1, b), (1, c), (2, a ), (2, b), (2, c)},

a Dekartov proizvod skupova B i A

B A = {(a, 1), (a, 2), (b,1), (b, 2), (c, 1), (c, 2)}.49


51/309

50 GLAVA 4. RELACIJE. FUNKCIJE

Izraz ( a1, a 2,...,a n ), pri cemu se elemenat ai , i = 1 , 2,...,n , nalazi strogo nai-toj poziciji, naziva se uredjenom n-torkom elemenata a1, a2,..., an .

Denicija 4.3 Dekartov proizvod skupova A1, A2, ..., An , u oznaci A1A2An , je skup svih uredjenh n-torki (a1, a 2,...,a n ), pri cemu je a i Ai , i = 1 , 2,...,n ,tj.A1 A2 An = {(a1, a2,...,a n )|a i Ai , i = 1 , 2,...,n }.

U specijalnom slucaju, ako je A1 = A2 = = An = A, umesto izraza A1 A2 An = A A A koristi se izraz An .

Primer 2. Dekartov proizvod skupova A =

{1, 2

}, B =

{a,b,c

} i C =

{mile, pera } denisan je saA B C = {(1,a,mile ), (1,a,pera ), (1,b,mile ), (1,b,pera ),

(1,c,mile ), (1,c,pera ), (2,a,mile ), (2,a,pera ),(2,b,mile ), (2,b,pera ), (2,c,mile ), (2,c,pera )}.

Dekartov proizvod A3 = A A A, gde je A = {1, 2} denisan je saA3 = {(1, 1, 1), (1, 1, 2), (1, 2, 1), (1, 2, 2), (2, 1, 1), (2, 1, 2), (2, 2, 1), (2, 2, 2)}.

U sledecoj teoremi je dat nacin za odredjivanje broja elemenata skupa A B ,pri cemu su A i B dati skupovi.Teorema 4.1 (Princip proizvoda) Za dva konacna skupa A i B vazi jednakost

|A B | = |A||B |.Dokaz. U uredjenom paru ( a, b), a A, b B , prvi element moze da se izaberena |A| nacina, a drugi na |B | nacina. Tako da je ukupan broj parova |A||B |.

U opstem slucaju za skupove A1, A2, ..., An vazi jednakost

|A1 A2 An | = |A1||A2| |An |.Ako je A1 = A2 = = An = A, tada je

|An

| = |A|n

.Primer 3. Neka su A = {1, 2}, B = {a,b,c}, C = {mile, pera }. Tada vaze jednakosti

|A| = 2 , |B | = 3 , |C | = 2 , |An | = |A|n = 2 n ,|A B C | = |A||B ||C | = 2 3 2 = 12.


52/309

4.2. RELACIJE 51

4.2 Relacije

Denicija 4.4 Svaki podskup skupa A B , gde su A i B dati skupovi, u oznaci A B , naziva se binarnom relacijom iz skupa A u skup B, ili binarnom relacijom nad skupovima A i B. Za elemente a i b, a A, b B , kazemo da su u relaciji , A B , ako (a, b) . To se oznacava i sa ab.Za A2 kazemo da je relacija na skupu A. Za A1 A2 An kazemoda je n-arna relacija na skupovima A1, A2,...,An .Primer 4. Direktan proizvod skupova A = {1, 2, 3} i B = {a, b} je skup

A B = {(1, a), (1, b), (2, a), (2, b), (3, a ), (3, b)}.Svaki od skupova

{(1, a), (2, a ), (2, b)}{(1, a), (1, b), (3, a )}{2, a), (3, b)},

je binarna relacija iz skupa A u skup B.

Primer 5. Neka je A = {1, 2, 3, 4, 5}. Svaki od skupova

{(1, 1), (2, 2), (4, 4)}{(1, 1), (1, 3), (4, 5)}{(1, 2), (3, 2), (3, 5), (4, 1)},

je primer binarne relacije na skupu A.

Denicija 4.5 Neka je A B . Tada je 1 Inverzna relacija relacije , u oznaci 1, denisana je sa

1 = {(b, a) | (a, b) },2 Komplementarna relacija relacije , u oznaci , denisana je sa

= {(a, b) | (a, b) A B (a, b) / },3 Univerzalna relacija u oznaci U , denisana je sa

U = {(a, b) | a A b B},


53/309


4 Identicna relacija na skupu A, u oznaci I , denisana je sa

I = {(a, a ) | a A}.Primer 6. Neka su dati skupovi A = {1, 2, 3} i B = {a, b}.

Relacija U = A B = {(1, a ), (1, b), (2, a), (2, b), (3, a ), (3, b)} je univerzalnarelacija.Relacija I = {(1, 1), (2, 2), (3, 3)} je identicna relacija na skupu A.Za relaciju = {(1, a ), (1, b), (3, a )}, A B , relacija

1

= {(a, 1), (b,1), (a, 3)}, 1

B A

je inverzna relacija.

Za relaciju = {(1, a ), (1, b), (3, a )}, A B , relacija = {(2, a), (2, b), (3, b)}, A B

je komplementarna relacija.

Denicija 4.6 Neka je A B . Skup svih prvih koordinata uredjenih parova iz cini njen domen, a drugih opseg.Primer 7. Neka je =

{(1, a ), (1, b), (3, a )

} binarna relacija iz skupa A =

{1, 2, 3} u skup B = {a, b}. Domen relacije je skup {1, 3}, a opseg skup{a, b}.

Denicija 4.7 Neka je binarna relacija na skupu A, A2. 1 Ona je reeksivna ako za svako a A, (a, a ) . 2 Ona je antireeksivna ako za svako a A, (a, a ) / . 3 Ona nije reeksivna ako postoji a A, tako da (a, a ) / .

Primer 8. Neka je dat skup A = {a,b,c}. Relacija = {(a, a ), (a, b), (b, b), (c, b), (c, c)}

je reeksivna na skupu A. Relacija = {(a, b), (a, c), (b, c)} je antireeksivnana skupu A. Relacija = {(a, a ), (a, b)} nije reeksivna na skupu A.Svakoj relaciji na konacnom skupu mozemo pridruziti jednu kvadratnu ma-

tricu na sledeci nacin.


54/309

4.2. RELACIJE 53

Denicija 4.8 Neka je binarna relacija na konacnom skupu A = {a1, a2,...,a n}.Njoj odgovara kvadratna matrica M = ( m ij ), reda n n, denisana sa

m ij = 1, ako(a i , a j ) 0, ako(a i , a j ) / ,

za svako i = 1 , 2,...,n , j = 1 , 2,...,n .

Nije tesko primetiti da matrica, iz prethodne denicije, kao elemente ima samonule i jedinice. Zbog toga ona spada u klasu binarnih (Bulovih ili (0 , 1)) matrica.

Na osnovu Denicije 4.7 matrica koja odgovara reeksivnoj binarnoj relacijiima na dijagonali sve jedinice, ona koja odgovara antireeksivnoj binarnoj relacijiima na dijagonali sve nule, a koja odgovara relaciji koja nije reeksivna ima nadijagonali bar jednu nulu.

Primer 9. Neka su na skupu A = {1, 2, 3} denisane sledece binarnerelacije = {(1, 1), (1, 3), (2, 2), (3, 2), (3, 3)}, = {(1, 3), (2, 1), (2, 3), (3, 2)}, = {(1, 3), (2, 1), (2, 2), (3, 2), (3, 3)},

koje su redom reeksivna, antireeksivna, a poslednja nije reeksivna. Nji-ma, redom, odgovaraju matrice

M 1 =1 0 10 1 00 1 1

, M 2 =0 0 11 0 10 1 0

i M 3 =0 0 11 1 00 1 1

Binarna matrica moze da se pridruzi i bilo kojoj binarnoj relaciji iz skupa A uskup B , A B .

Denicija 4.9 Ako je A = {a1, a2,...,a n}, B = {(b1, b2,...,bm } i A B ,relaciji se pridruzuje binarna matrica M = ( m ij ), reda n m, denisana sa

m ij = 1, ako (a i , b j ) 0, ako (a i , b j ) / ,

za svako i = 1 , 2,...,n , j = 1 , 2,...,m .


55/309


Primer 10. Ako je A = {a, b}, B = {1, 2, 3, 4} i = {(a, 2), (a, 3), (b,1),(b, 2), (b,4)}, relaciji odgovara binarna matricaM = 0 1 1 01 1 0 1 .

Denicija 4.10 Neka je binarna relacija na skupu A.

1 Ona je simetricna ako za svako a, b A, sa osobinom (a, b) vazi da je (b, a) . 2 Ona nije simetricna ako postoje a, b A, sa osobinom (a, b) , a da

pritom (b, a) /

.

3 Ona je asimetricna ako za svako a, b A, sa osobinom (a, b) , vazi (b, a) / . 4 Ona je antisimetricna ako za svako a, b A, sa osobinama (a, b) i (b, a) vazi a = b.

Primer 11. Posmatrajmo binarnu relaciju = {(1, 2), (2, 2), (3, 2), (4, 3)}na skupu A = {1, 2, 3, 4}. Ona nije simetricna jer, na primer, (1 , 2) , ali(2, 1) / . Nije ni asimetricna jer (2 , 2) . Ona je antisimetricna. Za dokazove cinjenice, mozemo iskoristiti kontrapoziciju date denicije: Relacija jeantisimetricna ako za svako a i b iz A, a

= b, ili (a, b)

, ili (b, a)

.

Primer 12. Neka je Z skup celih brojeva i neka je binarna relacija Z 2,denisana sa = {(a, b)|a < b}.Ispitajmo da li je ova relacija simetricna,asimetricna ili antisimetricna.Ako je a < b tada nije tacno da je b < a,pa relacija nije simetricna.Ako je a < b tada nije b < a, pa je relacija asimetricna.Ako je a = b tada vazi ( b < a ) ili (b < a ) ,pa je relacija antisimetricna.

Neka je binarna relacija na skupu A = {a1, a 2,...,a n} i M = ( m ij ) odgo-varajuca matrica. Ako je relacija simetricna, tada vaze implikacijem

ij = 1

m

ji = 1

m

ij = 0

m

ji = 0

za svako i = 1 , 2,...,n i j = 1 , 2,...,n . Drugim recima, matrica M je simetricna,tj. M = M T . Ako je relacija asimetricna, tada

m ij = 1 m ji = 0 mij = 0 m ji = 1za svako i = j . Takodje vazi mii = 0, za svako i = 1 , 2,...,n . Ako je relacijaantisimetricna, tada za svako i i j , sa osobinom i = j , ili je m ij = 0 ili je m ji = 0.


56/309

4.3. KOMPOZICIJA RELACIJA. ZATVARANJE RELACIJE 55

Denicija 4.11 Binarna relacija na skupu A je tranzitivna ako za svako a, b i c iz A, sa osobinom (a, b) i (b, c) vazi (a, c) .Denicija 4.12 Binarna relacija na skupu A je linearna (potpuna) ako za svakoa, b iz A, a = b, vazi (a, b) (b, a) .

Primer 13. Relacija = {(1, 1), (1, 2), (1, 4), (2, 2), (2, 4), (3, 3), (4, 4)} jetranzitivna na skupu A = {1, 2, 3, 4}.Relacija = {(1, 1), (1, 2), (2, 3), (2, 4), (3, 1), (3, 4)(4, 1)} je linearna.

Teorema 4.2 Neka je binarna relacija na skupu A. Tada vaze sledece ekviva-lencije:

1. je reeksivna I ,2. je simetricna = 1,3. je antisimetricna 1 I ,4. je antireeksivna I = ,5. je linearna I 1 = U .

4.3 Kompozicija relacija. Zatvaranje relacije

Denicija 4.13 Neka su A, B i C dati skupovi i 1 i 2 binarne relacije, pri cemu je 1 A C i 2 C B . Kompozicija relacija 1 i 2 je relacija , = 1 2, A B , denisana sa

= 1 2 = {(a, b) | a A b B,c, c C a1c c2b}.

A B

C

Slika 1.

Na osnovu ove denicije svaka kompozicija relacija na datom skupu A je relacijana skupu A.


57/309


Primer 14. Za date skupove A = {1, 2, 3, 4}, B = {a,b,c,d} i C ={,, } denisane su binarne relacije 1 i 2, 1 A C i 2 C B , sa

1 = {(1, ), (1, ), (2, ), (3, ), (4, ), (4, )}2 = {(, a ), (, c ), (, b), (, a ), (, b), (, d )}.

Relacija = 1 2, A B , je denisana sa = {(1, a ), (1, b), (1, c), (2, b), (3, a ), (3, b), (3, d), (4, a), (4, c)}.

Denicija 4.14 Neka je binarna relacija na skupu A, A2. Relacija

nna skupu A, tj. A A A, denisana je sa

n = ,pri cemu je 0 = I , 1 = , 2 = i n = n1.

Primer 15. Na skupu A = {1, 2, 3, 4} denisana je relacija = {(1, 1), (1, 2), (1, 4), (2, 3), (4, 2), (4, 3)}.

Tada je 2 = , 2 A2, denisana sa2 = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (4, 3)}.

Teorema 4.3 Neka je A2. Tada je tranzitivna binarna relacija ako i samoako je .Primer 16. Na skupu A = {1, 2, 3, 4} izaberimo binarnu relaciju

= {(1, 2), (1, 3), (1, 4), (2, 3), (2, 4), (3, 4)}.Ova relacija je tranzitivna. Relacija 2 = je

2 = {(1, 3), (1, 4), (2, 4)}.Nije tesko uociti da je 2 = .

Teorema 4.4 Neka skup A sadrzi n elemenata, |A| = n . Ako neki uredjeni par pripada bilo kom stepenu binarne relacije , A2, tada on pripada i stepenu ove relacije ne vecem od n.


58/309


Dokaz. Posmatrajmo binarnu relaciju k , pri cemu je k > n , |A| = n. Nekauredjeni par ( a, b) k . Oznacimo sa c0 := a i ck := b. Tada postoji k 1 elementc1, c2,...,ck1 u skupu A, tako da vazic0c1c2 ck1ck .

Skup A sadrzi n elemenata, |A| = n, k je vece od n, te medju elementimac0, c1,...,ck mora biti istih. Pretpostavimo da je ci = c j , i = j . Izbacimo sveelemente izmedju ci i c j +1 , pa vazic0c1c2

cic j +1

ck

1ck .

To znaci da uredjeni par ( a, b) k( ji ) . Ako je k ( j i) > n , ponavljamopostupak, s time sto stavljamo da je k := k ( j i), sve dok ne vazi suprotnanejednakost.Primer 17. Posmatrajmo na skupu A = {1, 2, 3, 4}, |A| = 4 relaciju

= {(1, 2), (1, 3), (2, 4), (3, 2), (4, 1)}.Na osnovu relacija

2 = {(1, 2), (1, 4), (2, 1), (3, 4), (4, 2), (4, 3)},3 = {(1, 1), (1, 4), (2, 2), (2, 3), (3, 1), (4, 2), (4, 4)},4 = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (2, 2), (2, 4), (3, 2), (3, 3), (4, 1), (4, 2), (4, 3)},

formiramo 4i=1 i . Nije tesko uociti da je 4i=1 i = A A. To znaci da nepostoji uredjeni par elemenata iz A, koji pripada relaciji k , k > 4, a da vecne pripada nekoj relaciji i , i = 1 , 2, 3, 4.

Ocigledna, ali veoma znacajna posledica Teoreme 4.4 glasi:

Posledica 1. Neka je na skupu A, |A| = n, denisana binarna relacija . Tadavazi jednakost

+ i=1 i = ni=1 i . (4.1)Prilikom resavanja brojnih kombinatornih zadataka znacajnu ulogu igra tzv.

zatvarnje binarne relacije. Njega cemo uvesti pomocu sledece denicije.

Denicija 4.15 Neka su (1) i (2) dve binarne relacije na nepraznom skupu A.Relacija (2) je zatvaranje relacije (1) u odnosu na neku osobinu C , ako vazi:


59/309


1. (2) ima osobinu C , sto se oznacava sa C ((2) ),

2. (1) je podskup (2) , (1) (2) ,

3. (2) je najmanja moguca relacija na skupu A sa osobinama 1 i 2, tj. akopostoji relacija (3) ( (3) = (2) ) koja poseduje osobinu C i vazi (1)

(3) ,tada je (2)

(3) .

Primer 18. Neka je na skupu A = {1, 2, 3} denisana relacija = {(1, 1), (1, 2), (2, 3)}.

Zatvaranje ove relacije u odnosu na osobinu reeksivnost glasi

(1) = {(1, 1), (1, 2), (2, 2), (2, 3), (3, 3)}.Zatvaranje ove relacije u odnosu na osobinu simetricnost glasi

(2) = {(1, 1), (1, 2), (2, 1), (2, 3), (3, 2)}.Posebno je interesantan slucaj zatvaranja neke relacije kada je osobina C tranz-

itivnost, odnosno reeksivnost i tranzitivnost.

Teorema 4.5 Neka je binarna relacija na nekom nepraznom skupu A. Tada

je binarna relacija denisana sa = + i=1 i (4.2)

tranzitivno zatvaranje relacije na skupu A.

Dokaz. Dokazacemo da relacija zadovoljava sve uslove denicije 15.

1. Neka su a, b i c elementi skupa A, pri cemu je ( a, b) i (b, c) .Tada na osnovu (4.2) postoje prirodni brojevi n i m, tako da ( a, b) n i(b, c) m . Na osnovu denicije stepena binarne relacije u skupu A postojeelementi c1, c2,...,cn1 i d1, d2,...,dm 1, tako da jeac1c2 cn1b i bd1d2 dm 1c,

tj.ac1c2 cn1bd1d2 dm1c.

To znaci da ( a, c) n + m , pa samim tim ( a, c) .Time smo dokazali da je relacija tranzitivna.


60/309


2. Kako je = 1 + i=1 i , direktno sledi da je . 3. Neka je (a, b) . Na osnovu (4.2) postoji k tako da ( a, b) k . Znacipostoje elementi c1, c2,...,ck1 u skupu A, tako da je

ac1c2 ck1b.Pretpostavimo da postoji relacija = sa osobinama 1 i 2 i da je .Tada bi vazilo

a c1 c2 ck1 b,pa bi (a, b)

. Kako vazi ( a, b)

, to je

.

Na osnovu Posledice 1 i Teoreme 4.5 vazi sledeci rezultat.

Posledica 2. Neka je binarna relacija na konacnom skupu A koji sadrzi n ele-menata, |A| = n. Tada je relacija

= ni=1 i (4.3)tranzitivno zatvaranje relacije na skupu A.

Ako se pretpostavi da je osobina C relacije reeksivnost i tranzitivnost, zajedno, slicno kao u Teoremi 4.5, dokazuje se sledeci rezultat:

Teorema 4.6 Neka je binarna relacija na nepraznom skupu A. Tada je binarna relacija + denisana sa + = + i=0 i

reeksivno tranzitivno zatvaranje relacije na skupu A.

Posledica 3. Neka je binarna relacija na konacnom skupu A koji sadrzi n ele-menata, |A| = n. Tada je relacija +

+ = ni=0 i (4.4)reeksivno tranzitivno zatvaranje relacije na skupu A.

Primer 19. Na skupu A = {1, 2, 3, 4} denisana je relacija = {(1, 2), (2, 3), (3, 1), (4, 2)}.

Kako je2 = {(1, 3), (2, 1), (3, 2), (4, 3)},3 = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 1)},


61/309


4 = {(1, 2), (2, 3), (3, 1), (4, 2)},to na osnovu (4.3) relacija

= {(1, 1), (1, 2)(1 , 3), (2, 1), (2, 2), (2, 3), (3, 1), (3, 2), (3, 3), (4, 1), (4, 2), (4, 3)} je tranzitivno zatvaranje relacije .

Reeksivno tranzitivno zatvaranje relacije je, na osnovu (4.4), relacija +

+ = {(4, 4)}.Usko povezan pojam sa zatvarnjem neke binarne relacije, u odnosu na posma-

tranu osobinu C , je njena redukcija u odnosu na istu osobinu.

Denicija 4.16 Neka je binarna relacija na skupu A i C zatvaranje ove rela-cije, na ovom skupu, u odnosu na osobinu C . Relacija je redukcija relacije , na skupu A, u odnosu na osobinu C , ako vazi:

1. , 2. C = C , 3. je najmanja moguca relacija na A, sa osobinama 1 i 2.

Primer 20. Na skupu A =

{1, 2, 3,

} uocimo relaciju

= {(1, 1), (1, 2), (2, 3), (3, 1)}.Njeno zatvaranje u odnosu na osobinu reeksivnosti je

C = {(1, 1), (1, 2), (2, 2), (2, 3), (3, 1), (3, 3)}.Redukcija relacije , na ovom skupu, u odnosu na osobinu reeksivnosti je

= {(1, 2), (2, 3), (3, 1)}, jer je to najmanja moguca relacija koja je sadrzana u , a cije je zatvaranjeu odnosu na reeksivnost C

.

Kako smo pomenuli svakoj relaciji iz skupa A u skup B, A B odgo-vara binarna matrica, tj. matrica ciji su elementi 0 ili 1. Zbog toga, pre nego stopokazemo kako se to moze iskoristiti za nalazenje kompozicije relacija ili tranzi-tiv

diskret mat

Documents