ZADACI ZA VJEZBU

1. Dokazite da vrijedi:

(a) (A \B) (B \ A) = (A B) (AC BC),(b) A \ (B \ C) = (A C) (A \B),(c) (A B) \ C = (A \ C) (B \ C).

2. Pomocu matematicke indukcije dokazite da za svaki n N vrijedi:

(a) 5 + 8 + . . .+ (3n+ 2) =1

2n(3n+ 7),

(b)1

1 3 +1

3 5 + . . .1

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

2n+ 1.

3. Odredite, ako postoje, infimum, supremum, minimum i maksimumsljedecih skupova:

(a) S = { 47n+ 1

, n N},

(b) S = {x2 + 4

x2 + 3, x R}.

RJESENJA

1. (a) Dokazujemo prvu inkluziju: (A\B)(B\A) (AB)(ACBC).

x (A \ B) (B \ A) (x A \ B) (x B \ A) (x A x / B) (x B x / A)

1 x A x / B (jer opcenito A A B) (x A x B) (x / A x / B) x (A B) x (AC BC) x (A B) (AC BC)

2 x B x / A (x A x B) (x / A x / B) x (A B) x (AC BC) x (A B) (AC BC)

x (A B) (AC BC) (A \ B) (B \ A) (A B) (AC BC).

Dokazujemo drugu inkluziju: (A\B) (B \A) (AB) (AC BC).

x (AB) (AC BC) x (AB) x (AC BC) (x A x B) (x / A x / B)

(x A eliminira x / A, a x B eliminira x / B, pa namostaju samo dvije mogucnosti)

1 x A x / B x A \B

2 x B x / A x B \ A

x (A \ B) x (B \ A) x (A \ B) (B \ A) (A B) (AC BC) (A \B) (B \ A).

Dokazali smo obje inkluzije, dakle vrijedi (A \ B) (B \ A) =(A B) (AC BC).

(b) Dokazujemo prvu inkluziju: A \ (B \ C) (A C) (A \B).

x A \ (B \ C) x A x / (B \ C) x A (x (B \C)) x A(x Bx / C) x A (x / Bx C)

1 x A x / B x A \B

2 x A x C x A C

x (A C) x (A \ B) x (A C) (A \ B) A \ (B \ C) (A C) (A \B)

Dokazujemo drugu inkluziju: A \ (B \ C) (A C) (A \B).

x (A C) (A \ B) x (A C) x (A \ B) (x A x C) (x A x / B) x A (x C x / B) x

A(x Bx / C) x Ax / (B \C) x A\(B \C)(A C) (A \B) A \ (B \ C)

Dakle vrijedi A \ (B \ C) = (A C) (A \B).(c) x (AB) \C x (AB) x / C (x A x B) x /

C (x A x / C) (x B x / C) x (A \ C) x (B \ C) x (A \ C) (B \ C)

(A B) \ C = (A \ C) (B \ C)

2. (a) Baza indukcije: n = 1

5 =1

2 1 (3 + 7) = 10

2= 5.

Pretpostavka indukcije: n = k

5 + 8 + . . .+ (3k + 2) =1

2k(3k + 7).

Korak indukcije: n = k + 1

5+8+. . .+(3k+2)+(3(k+1)+2) = (koristimo pretpostavku indukcije) =1

2k(3k+7)+(3k+5) =

1

2(3k2 +7k)+

1

2(6k+10) =

1

2(3k2 +13k+

10) =1

2(3k2 + 3k + 10k + 10) =

1

2(3k(k + 1) + 10(k + 1)) =

1

2(k + 1)(3k + 10) =

1

2(k + 1)(3(k + 1) + 7).

(b) Baza indukcije: n = 1

1

3=

1

2 + 1=

1

3.

Pretpostavka indukcije: n = k

1

1 3 +1

3 5 + . . .+1

(2k 1)(2k + 1) =k

2k + 1.

Korak indukcije: n = k + 1

1

1 3+1

3 5+. . .+1

(2k 1)(2k + 1)+1

(2(k + 1) 1)(2(k + 1) + 1) =

(koristimo pretpostavku indukcije) =k

2k + 1+

1

(2k + 1)(2k + 3)=

2k2 + 3k + 1

(2k + 1)(2k + 3)=

2k2 + 2k + k + 1

(2k + 1)(2k + 3)=

2k(k + 1) + (k + 1)

(2k + 1)(2k + 3)=

(k + 1)(2k + 1)

(2k + 1)(2k + 3)=

k + 1

2(k + 1) + 1.

3. (a) Skup S mozemo zapisati i kao S = {48,

4

15,

4

22, . . .}. Vrijedi 1

2

4

7n+ 1 7n + 1 8 7n 7 n 1, n N kao i

4

7n+ 1> 0, n N, pa zbog 1

2 4

7n+ 1> 0 zakljucujemo da

postoje inf S i supS.

Buduci da je1

2gornja ograda skupa S, to je supS 1

2. Pre-

postavimo supS 0, n N.

Ostaje nam pokazati drugo svojstvo, odnosno da > 0 n Ntakav da je

4

7n+ 1< 0 + = 4

< 7n+ 1 4

1 < 7n.

Za 4 je 4 1 0, pa je dovoljno uzeti n = 1 da gornja

nejednakost bude zadovoljena.

Za 0 < < 4 je4

1 > 0, pa iz Arhimedovog aksioma (za

a = 7 > 0 i b =4

1 > 0) slijedi da n N takav da je n a > b,

tj. 7n >4

1. Ovime smo pokazali inf S = 0.

Jedini kandidat za minS je 0, medutim 0 / S jer ne postoji n Ntakav da je

4

7n+ 1= 0, stoga minS ne postoji.

(b)x2 + 4

x2 + 3= 1 +

1

x2 + 3. Definirajmo A := {1} i B := { 1

x2 + 3, x

R}. Vrijedi S = A+B.

Vrijedi1

3 1

x2 + 3 x2 + 3 3 x2 0, x R, kao i

1

x2 + 3> 0, x R, pa zbog 1

3 1

x2 + 3> 0, x R, za-

kljucujemo da postoje inf B i supB.

Buduci da je1

3gornja ograda skupa B, vrijedi supB 1

3. Pret-

postavimo supB 0,

x R. Moramo jos pokazati drugo svojstvo, odnosno da >0 x R takav da je 1

x2 + 3< 1

< x2 + 3 1

3 < x2.

Za 3 je 1 3 0, pa npr. x = 1 zadovoljava gornju nejedna-

kost.

za 0 < < 3 je1

3 > 0, pa moramo naci x R takav da je

x2 >1

3 > 0 |x| >

1

3. Uzmemo li npr. x = 2

1

3,

imamo redom:1

x2 + 3=

1

4(1

3) + 3

=1

4

9

=

4 9 4 3 9 > 3 < 3) < 4 3 = .

Ovo dokazuje inf B = 0. Jedini kandidat za minB je 0, ali ne pos-

toji x R takav da je 1x2 + 3

= 0. Odatle slijedi 0 / B, odnosnominB ne postoji.

Za skup A = {1} vrijedi inf A = minA = supA = maxA = 1, paza skup S imamo redom: supS = supA + supB = 1 +

1

3=

4

3,

maxS = maxA + maxB = 1 +1

3=

4

3, inf S = inf A + inf B =

1 + 0 = 1, dok minS ne postoji jer ne postoji ni minB.