Matematička indukcija.pdf

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 1 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 2 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Sadrzaj

1 Dedukcija i indukcija 3

2 Skup prirodnih brojeva i Peanove aksiome 5

3 Nepotpuna indukcija 8

4 Metoda matematicke indukcije 11

5 Metoda matematicke indukcije i odredivanje suma i proizvoda 31

6 Dokazi identiteta i nejednakosti pomocu matematicke indukcije 39

7 Metoda matematicke indukcije i djeljivost brojeva 45

8 Vjezbe 47

Literatura 57

Indeks 57

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 3 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

1. Dedukcija i indukcija

Sta je matematika? Kako je nastala, ko ju je sistematizirao, ko se njome danasbavi? Moze li se rekonstruisati put njenog razvoja i njezino mjesto u istoriji naucnemisli? Moze li se predvidjeti njezina buducnost?

Matematika je prirodna, apstraktna1 i egzaktna nauka koja logickim zakljuci-vanjem proucava kolicine, prostorne forme realnog svijeta i odnose medu njima.

Slika 1: Dedukcija metoda od opstegka pojedinacom.

Matematika2 je deduktivna nauka jer jelogici konstruisana teorija u kojoj se svetvrdnje izvode logickim zakljucivanjem3

pomocu nekoliko osnovnih pojmova iaksioma. Postala je deduktivna naukau staroj Grckoj, po kriterijima koje je sis-tematizovao Aristotel (384322 g.p.n.e),a postavili starogrcki filozofi prije njega.

Njene discipline su: matematicka logi-ka, teorija skupova, geometrija, aritme-

tika, algebra, analiza, topologija, itd., a njene osnovne metode: dedukcija iindukcija. U osnovi svih matematickih metoda je dokaz.

Osnovni pojmovi se ne definisu. Osobine osnovnih pojmova i odnosi medunjima opisuju se aksiomama. Aksiome su tvrdnje koje se ne dokazuju. Tacnostaksioma ne mora uvjek biti intuitivno poznata.

1Apstrahirati znaci potpuno zanemarivati odredene osobine objekata koji se posmatraju.Apstraktna je jer eksperiment zamjenjuje intuitivno poznatim cinjenicama

2teorijska mehanika i teorijska fizika, takoder3deduciranjem

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 4 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Teorema (T) Pretpostavka Zaklju ak

Dokaz: zadnja tvrdnja u kona anom lanac tvrdnji: T1 , T2 , ... , Tk-1 , Tk

Gla

va

u kome su tvrdnje T1 T2 ... Tk-1 ili aksiome ili teoreme.

Tijel

o

Slika 2: Teorema.

Dokazana tvrdnja se zove teorema. Teoremase sastoji od glave i tijela. Sadrzaj teoreme,sastoji se od pretpostavke i zakljuca, pred-stavja glavu, a dokaz tijelo teoreme. Posljed-nja tvrdnja u konacom lancu tvrdnji koje suili aksiome ili teoreme zove se dokaz. Do-kaz moze biti: direktni od pretpostavke kazakljucku i indirektni od zakljucka ka pret-postavci.

Dedukcija nije jedini metod naucnog misljenja.Praksa je od kako je eksperimenata da se pro-vjeravaju i uporeduju rezultati eksperimenata u fizici, hemiji ili biologiji, pomocupriblizih vrijednosti uzetih iz tablica ili dobivenih racunom u beskonacom pro-cesu unutar neke matematicke discipline. Cesto se osim deduktivnog za provjerurezultata eksperimenta koristi i induktivni metod zakljucivanja.

Nacin misljenja u kome se izvodi opsti zakon ili princip na osnovu posmatranjaspecijalnih slucajeva dobivenih eksperimentom, tj. dobivenih zakljucivanjem odpojedinacnog ka opstem zove se indukcija4.

Na primjer svaki dan opazamo da Sunce izlazi na istoku. Na osnovu toga bi bilomoguce zakljuciti da ce se i sutra ono pojaviti na istoku, a ne na zapadu. Tajzakljucak izvodimo bez pribjegavanja bilo kakvoj pretpostavci o prirodi kretanjaSunca po nebu (i vise od toga, kretanje Sunca je prividnio, zbog kretanja zemljinekugla)

Euler

4indukcija lat. (inducere uvoditi) jedna od osnovnih metoda naucnog stvaralastva

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 5 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

2. Skup prirodnih brojeva i Peanove aksiome

Pojm prirodnog broja deduktivno se moze uvesti u matematiku preko pojmaekvivalencije5 konacnih skupova. Ako se svi konacni skupovi razvrstaju u klasetako da se u istoj klasi nalaze medusobno ekvivalentni skupovi, tj. ako se mozenaci, za bilo koja dva od tih skupova, bijekcija sa jednog na drugi, onda sezajednicka osobina koju imaju skupovi jedne takve klase zove broj elemenatatog skupa. Svi tako dobiveni brojevi zovu se prirodni brojevi.

a

0

a

00{ }0

Slika 3: Skup prirodnih brojeva: f(0) = c, f(n+ 1) = g(f(n), n)

Ako se skupu izneke klase dodanovi element tajce skup postatielement neke noveklase i tada se zataj element kazeda je sljedbenikelementa koji pri-pada toj klasi.Tim postupkomse prirodni bro-jevi mogu pore-dati tako da izasvakog njegovog elementa slijedi njegov sljedbenik. U tako uredenom skupuprirodnih brojeva postoji prvi element, broj 1 koji odgovara klasi jednoelemen-tarnih skupova.

5Kaze se da su dva konacna skupa jednaka ako imaju iste elemente, a ekvivalentna ako imajuisti broj elemenata.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 6 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Osobine skupa prirodnih brojeva. Skup prirodnih brojeva

N = {1, 2, 3, . . . , n, . . .}ima sljedece osobine

1. Skup N nije prazan,

2. Skup N je ureden,

3. Za svaki element n N skup prirodnih brojeva koji su manji od n je konacan,4. Skup N nema najveci element,

5. Skup N ima najmanji element,

6. Svaki podskup skupa N ima najmanji element,

7. U skupu N za svaki element n postoji element koji je za 1 veci od njega,

8. U skupu N zatvorene su operacije: sabiranje i mnozenje obije su komutativne,obije asocijativne i mnozenje je distributivno prema sabiranju.

Struktura skupa N prirodnih brojeva moze se opisati tzv. Peanovim aksiomama:

P-1. 1 je prirodan broj.

P-2. Svaki broj n N ima tacno jednog sljedbenika n = n {n} N.P-3. Uvijek je n 6= 1, tj. broj 1 nije sljedbenik ni jednog prirodnog broja.P-4. Iz n = m n = m, tj. prirodan broj moze biti sljedbenik samo jednog ili nijednog prirodnog broja.

P-5. Princip potpune indukcije.

Svaki podskup skupa prirodnih brojeva koji sadrzi broj 1 i koji sadrzi sljedbenikasvakog svog elementa sadrzi sve prirodne brojeve, tj. ako je M podskup od N i

i.) 1 Mii.) (n N)(n M n M)

onda je M = N.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 7 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Definicija 1. Neprazan skup N u kome vrijede Peanove aksiome zove se skupprirodnih brojeva, a njegovi elementi prirodni brojevi.

Pomocu Peanovog6 sistema aksioma teorija prirodnih brojeva je izgradena strogoaksiomatski. Dokazuje se da je svaki skup M koji zadovoljava Peanov sistem ak-sioma jednak skupu prirodnih brojeva N i ima osobine 1-8. Pojam sljedbenika jejednoznacno opisan aksiomama P-1P-4, tj. egzistencija obostrano jednoznacnefunkcija s : N N{1}, a aksiomom P-5 aksioma indukcije. Peanove aksiomenije moguce prikazati u obliku razumljivom kompjuterima, jer aksioma indukcije go-ovori o skupu prirodnih brojeva, dok Peanove aksiome ne daju pravila za formiranjeskupova i ne sadrze osnovne osobine skupova. [v. Cohen, [2]] Ako se funkcija s(n)kratko oznaci sa n, kaze se da je funkcija s(n) = n = n+ 1 sljedbenik elementa n.Jedini element za koji vazi n 6= 1 je element 1, tj. 1 nema svoga predhodnika (ilinije sljedbenik ni jednog elementa n N).

Vremena i vremena je proslo dok je aksioma matematicke indukcije jasno formu-lisana, a metod matematicke indukcije zasnovan na aksiomi indukcije, pravilnoprimjenjen. Tragovi dokazivanja pomocu indukcije mogu se naci vec u spisimaZenova, Platona i Euklida. A. Ostrowski navodi da je Levi Gerson (1288-1344)godine 1321. prvi precizno iskazao princip matematicke indukcije. Kao prona-lazaci matematicke indukcije smatraju se, prema nekim istoricarima, F. Mauro-lico (1494-1575) i J. Bernoulli (1645-1705). Moritz Cantor je misljenja da je B.Pascal (1623-1662) pronalazac ovog principa. Prema najnovijim proucavanjimacini se vjerovatnim da Pascal ima najvise zasluga za jasno formulisanje principamatematicke indukcije.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 8 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

3. Nepotpuna indukcija

U prirodnim naukama se cesto koristi nepotpuna indukcija. U osnovi nepotpuneindukcije su (konaci) eksperimenti [ v.sl. 4 ] nad nekom pojavom i na osnovurezultata dobivenih u tim eksperimentima izvodenje opstih zakljucaka ili opstihzakona kojima se ta pojava podcinjava.

5 k

5 k5 k

5 k5 k

5 k

5 k

5 k5 k

5 k5 k

PRO

IZV

OD

NJA

KONTROLA MJERENJEM UZORAK

Slika 4: Kontrola kvaliteta proizvoda.

Tacnost tako formira-nih zakljucaka zavisiod broja izvrsenih po-smatranja. No, kakose to zakljucivanje te-melji uvjek samo nanepotpunim podacima,odnosno na konacomskupu rezultata u vezisa pojavom koja se po-smatra, nije iskljucenamogucnost da oni re-zultati u vezi sa poja-

vom ili oni primjeri koji nisu posmatrani budu nesaglasni sa tako utvrdenimzakonom, tj. da za njih ovaj zakon ne vazi.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 9 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Nepotpuna induukcija je i u matematici, u nekim slucajevima odigrala vaznuulogu. Postoje formule cija je opsta vaznost utvrdena tek posto se uocilo daone vaze za izvjestan broj posebnih slucajeva. Na primjer,

1 2 3 4 5Slika 5: Platonova tijela: tetraedar, oktaedar, heksaedar,dodekaedar i ikosaedar.

Eulerova teorema. Zasvaki pravilan poliedar(Platonovo tijelo) vri-jedi jednakost

V I+ S = 2u kojoj V oznacava brojvrhova, I broj ivica, a Sbroj njegovih strana.

Vrho

va

Ivic

a

Stra

na

Tetraedar 4 6 4Oktaedar 6 12 8Heksaedar (kocka) 8 12 6Dodekaedar 20 30 12Ikosaedar 12 30 20

B R O JPRAVILNI POLIEDAR

Slika 6: Pravilni poliedri.

Da bi se dokazala Eulerova teorema dovoljnoje provjeriti pet slucajeva: tetraedar, okta-edar, kocku, dodekaedar i ikosaedar, jer nepostoje drugi pravilni poliedari osim navede-nih. A u tih pet slucajeva tvrdnja se provje-rava pomocu tablice sa sl. 6. Dakle, za svihpet pravilnih poliedara vrijedi V I + S = 2.

Provjeravanje hipoteze samo za konaco mnogo prirodnih brojeva nije dovoljnoda bi se tvrdilo da je ona taca za sve prirodne brojeve, jer ona moze biti tacnau velikom broju slucajeva, a netacna u nekom konkretnom. Na primjer

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 10 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Fermatovi brojevi. Brojevi oblika

Slika 7: Piere de Fermat.

Fn = 22n + 1, 1 6 n N

zovu se Fermatovi brojevi. Za prvih pet Fermat jedokazao da su prosti,

F0 = 220 + 1 = 21 + 1 = 3, F1 = 5, F2 = 17,

F2 = 17, F3 = 257, F4 = 65537

i na osnovu toga zakljucio pogresno (nije dokazao!)da su svi brojevi te vrste prosti. Euler je 1732. godinedokazao da je broj

F5 = 225 + 1 = 4 294 967 297 = 641 6700417

slozen (nije prost). Zaista, zbog

F5 = 225 + 1 = 232 + 1 = (2 27)4 + 1

za a (= 27 = 128) i b (= 5) je

F5 = (2 a)4 + 1 = 24 a4 + 1.i

24 = 16 = 1 + 3 5 = 1 + (128 125) 5 = 1 + (a b3)b,pa je konaco

F5 = (1 + ab b4)a4 + 1 = (1 + ab)a4 + (1 a4b4) = (1 + ab)[a4 + (1 ab)(1 + a2b2)],tj. F5 je djeljivo sa 641(= 1 + ab).

Do danas nije poznato da li je jos koji Fermatov broj osim prvih pet prost v. [1]s.1415.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 11 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

4. Metoda matematicke indukcije

Slika 8: Zlatni disk ili disk od karata

Legenda o kuli od karata.7 Pod visokimkrovom jednog indijskog hrama, prekrivenadijamantima, stoje tri uspravno postavljenastuba. Na prvi od njih, dok je stvarao svijet,Bog je postavio 64 diska od karata8 (v.sl.8),razlicita po velicini, najveci na dno, a ostaleredom na njega9, tako da lice na kulu (v.sl.9).

Slika 9: Babilonska kula od karata

Glavnom svesteniku hrama naredi danjegovi svestenici prenesu kulu natreci stub na sljedeci nacin:

(1) mogu prenositi samo po jedan disk;(2) zabranjeno im je da spustaju vece

diskove na manje.

Na kraju rece: kada zavrsite premje-stanje kule sa prvog na treci stub sicicu sa nebesa da vam Smak svijeta10

navjestim.

7Hanojska kula od zlata je drugi naziv za kulu od karata.8Karat je drugo ime za cisto zlato.9po velicini10Skolasticki aspekti ove price nisu predmet matematike.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 12 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

12

A B C

12

A B C

A B C

A B C

1

1

2

2

Slika 10: Slucaj sa dva diska: 1A B,2A C, 1B C

Analiza problema. Ako je na stupu Asamo jedan disk, dovoljan je jedan potezda bi se on prebacio na stub C u skladusa pravilima.Ako su na stubu A dva diska, da bi se oniprebacili na stub C u skladu sa pravilima,dovoljna su tri poteza (v.sl.10): prvi kojim se disk 1 sa stuna A prebaci nastup B, drugi kojim se disk 2 sa stupaA precaci na stup C i treci kojim sedisk 1 sa stupa B prebaci na stup C.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 12 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

12

A B C

12

A B C

A B C

A B C

1

1

2

2



Koji je minimalan broj poteza potrebanda se u skladu sa pravilima tri diska pre-bace sa stuba A na stup C?

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 12 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

12

A B C

12

A B C

A B C

A B C

1

1

2

2



Koji je minimalan broj poteza potrebanda se u skladu sa pravilima tri diska pre-bace sa stuba A na stup C?

Strategija za rjesenje problema. Da biprebacivanje diska 3 sa stupa A na stupC bilo izvodljivo potrebno je:

1. disk 3 osloboditi diskova 1 i 2,

2. stup C osloboditi ako je zauzet,

3. na stub C prebaciti disk 3.

Da bi se diskovi 1 i 2 prebacili sa stupa Ana stup C u skladu sa pravilima potrebnasu tri poteza (v.sl.10). U skladu sa pravilima mogu se sa stupa A prebaciti i nastup B, takoder u 3 poteza.

Sta dalje?

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 13 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

12

3

A B C

3

A B C

A B C

12

3

A B C

12

123

Slika 11: Slucaj sa tri diska: kljucna po-zicija.

Kljuc za rjesenje problema. U skladusa pravilima u tri poteza treba diskove1 i 2 sa stupa A prebaciti na stup C, ujednom potezu disk 3 prebaciti na diskB, i u tri poteza vratiti diskove 1 i 2 sastupa C na stup B (v.sl.11).Dakle, dovoljno je 7 poteza da bi se tridiska sa stupa A prebacilo na stup B.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 13 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

12

3

A B C

3

A B C

A B C

12

3

A B C

12

123



Koji je minimalan broj poteza potrebanda se u skladu sa pravilima sa stupa A nastup C prebace cetiri diska?

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 13 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

12

3

A B C

3

A B C

A B C

12

3

A B C

12

123



Koji je minimalan broj poteza potrebanda se u skladu sa pravilima sa stupa A nastup C prebace cetiri diska?

I tako redom do pitanja . . .

Koji je minimalan broj poteza potrebanda se u skladu sa pravilima sa stuba A nastub C prebaci n diskova?

Kako matematicki opisati ovaj problem?

Minimalan broj poteza zavisi od broja di-skova: kada je diskova n minimalan brojpoteza je funkcija npr. oblika T (n). Zapremjestanje n diskova sa jednog na drugistup minimalno je potrebno: T (n 1) poteza da bi se n 1 disk prebacio sa jed-nog na drugi stup, jos jedan da bi se posljednji n-ti disk prebacio sa jednog nadrugi stup i T (n 1) poteza da se na njega vrati n 1 disk, tj.

T (n) = T (n 1) + 1 + T (n 1) ili T (n) = 2T (n 1) + 1.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 14 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Kako odrediti vrijednost T (n)?

12

3

A B C

A

3

B C

12

12

3

A B C

A B C

3 12

12

3

A B C

31

2

A B C

31

2

A B C

31 2

A B C

312

Slika 12: Slucaj sa tridiska: konacno rjesenje.

Pomocu formule

T (n) = 2T (n 1) + 1. (1)Jednakost (1) se zove rekurzivna formula. Iz formula(1) nije moguce direktno odrediti vrijednost T (n). Zaodredivanje vrijednosti T (n) potrebno je znati T (n 1).Prema tome, T (n) se izracunava visekratnom primje-nom formule (1). Na primjer, da bi se izracunalo T (6)treba znati T (1), T (2) ,. . ., T (5). Zbog T (1) = 1 je

T (2) = 2T (1) + 1 = 2 1 + 1 = 3.Ponavljanjem tog postupka dobiva se: T (3) = 7, T (4) =15, T (5) = 31 i T (6) = 63.

Potrebno je dosta vremena da se ovim postupkom dodedo odgovora na pitanje koliko je T (64).

Znaci, da bi se odredila vrijednost T (n) formulu (1)treba koristiti vise puta i svaki puta za polazne podatkeuzimati rezultat predhodnog proracuna. Prema tomeima smisla pitanje:

Kako dokazati formulu (1)?

Kao dokaz tacnosti formule (1) moze posluziti pred-hodna prica, koja je dokaz, ali neobican, gotovo da nelici matematickom dokazu. Na srecu taj nedostatak selako otklonja: sve sto je potrebno je u toj prici uocitikriticne momente i zapisati ih matematickim pismomu pogodnom matematickom obliku.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 15 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Rekurentna formula (1) nije pogodna za direktno odredivanje vrijednosti T (n)za konkretnu vrijednost n, pa je potrebno pronaci novu pomocu koje je to os-tvarljivo. Pazljivom analizom formule (1) i proracuna u kojima je ona koristenanaslucuje se hipoteticka formula (moguca) koja bi zadovoljila potrebe. Kan-didat je formula oblika

T (n) = 2n 1, (2)naravno, ako se dokaze da je ona taca za svaku vrijednost promjenljive n. Trebaistaci da provjera hipoteticke formule (2) za neku konacu tablicu vrijednostinije dovoljna za tvrdnju da je ona tacna za beskonacno mnogo vrijednostipromjenjljive n [v. primjer o Fermatovim brojevima na str. 3].

Epilog. Sada kada se zna formula kojom se odreduje minimalan broj poteza kojije potreban za prebacivanje diskova kule od karata, bilo bi interesantno vidjetikoliko vremena je potrebno da bi se taj posao uspjeso zavrsio. Prisjetimo seda kula iz indijskom hramu ima 64 diska. Ukupan (minimalan) broj poteza kojesvestenici trebaju obaviti od Postanka je T (64) = 2641. To nije sve, zeli se znatiza koliko vremena ce se zavrsiti taj proces. Pretpostavimo da je svestenicimaza prenosenje jednog diska potrebno prosjecno 30 minuta. Pola sata cini serazumim vremenom potrebnim da bi se jedan disk premjestio sa jednog na drugistup, jer su razlicitih dimenzija. Bez obzira sto nije poznato koje velicine jenajvecvi medu njima, on sigurno nije tako mali, jer je Bozije djelo. Oni su ipoprilicno teski, jer su napravljeni od cistog zlata. Velicina 264 je reda 1019 pajednostavan racun pokazuje da je svestenicima potrebno 1014 godina da bi poBozijim zakonima izvrsili premjestanje diskova. I, ima li se u vidu da je odPostanka svijeta proslo oko 1011 godina, mozemo dokuciti koliko vremena jeostalo do Sudnjega dana.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 16 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Prica o Kuli od karata ilustruje jednu vaznu osobinu matematickog razmisljanja,koja se, razvijajuci se, provlaci kroz citavu njenu istoriju: nasavsi neke osobineelemenata konacnih skupova matematicari pokusavaju te osobine prenjeti naelemenate beskonacnih skupova. Ta teznja matematicara da uopstavaju jejedna od osnovnih karakteristika matematike.

Slika 13: L. Kronecker.

Leopold Kronecker, (18231891). Njemacki mate-maticar, roden u Lignicu, zavrsio je studije na Berlinskomuniverzitetu 1845. godine, kao Kummerov student. Pro-fesor na Berlinskom univerzitetu je od 1883. godine. ClanBerlinske Akademije nauka je od 1861. godine.

Naucna preokupacija su mu bile teorija brojeva, teoreijakvadratnih formi i teorija eliptickih funkcija. Zagovornikje aritmetizacije matematike. Zestoki je protivnik Weier-strassove i Cantorove teorijskoskupovne skole.

Kroneckerova misao:

Cijeli brojevi bogom su dati, a sve ostalo u matematici covjekovo je djelo.

izrazava krajnost u tom pogledu. Ta misao bi se s pravom mogla zamjeniti ovom:

Tacke su bogom date, a sve ostalo u matematici covjekovo je djelo.

Sta su beskonaci skupovi?

Kada se posmatraju razliciti skupovi zapaza se, da je ponekada moguce, ako netacno, a ono priblizo odrediti broj njihovih elemenata. Takavi su, na primjer,skup svih vrhova nekog mnogougla, skup svih prostih brojeva koji nisu veci oddatog broja, skup svih molekula vode na Zemlji, itd. Svaki od tih skupova sadrzikonaco mnogo, ali moze biti ogroman broj elemenata.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 17 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Za razliku od konacih, postoje skupovi koji imaju beskonaco mnogo elemenata.Takvi su, na primjer, skup prirodnih brojeva, skup tacaka na pravoj, skup svihkrugova u ravni, itd. Intuitivno, beskonacan skup je onaj koji nikada ne mozeostati bez elemenata, bez obzira koliko konacno mnogo elementa se iz njegaodstrani.

M

a 1-3

N

M={ , 1, , -3, , a , , , }Card M = 9

N={ , , , , }Card N = 5

N M Card N < Card M Slika 14: Uporedivanje konacnih skupova.

Konacni skupovi se prebrojava-njem njihovih elemenata moguuporedivati, jer se iz podatka obroju elemenata u njima mozeutvrditi da li imaju isti broj ele-menata ili je broj elemenata jed-nog veci od broja elemenatadrugog [v.sl. 14]. Kako pre-brojavanje elemenata i kod ko-nacnih skupova moze potrajatiima smisla pitanje:

Postoji li efikasniji postupak zauporedivanje skupova?

Ekifasniji postupak za uporedivanje skupova je bijekcija ili obostrano jednoznacopreslikavanje medu elementima tih skupova, tj. takvo pridruzivanje u komesvakom elementu jednog skupa odgovara jedan i samo jedan element drugogskupa i obrnuto. Medu elementima konacnih skupova moguce je uspostavitiobostrano jednoznaco pridruzivanje ako i samo ako ti skupovi imaju isti brojelemenata.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 18 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Na primjer, da bi se provjerilo da li je broj ucenika u razredu jednak broju stolicau ucionici nije potrebno prebrojavati ni ucenike ni stolice, dovoljno je utvrditi imali praznih stolica. Ako praznih stolica nema, tj. ako je uspostavljena bijekcijaizmedu ta dva skupa objekata, kaze se da je ucenika onoliko koliko i stolica ilida je broj ucenika jednak broju stolica.

Opstije pitanje bi bilo : cega jevise krugova u ravni ili racinal-nih tacaka na pravoj ili pravih uprostoru, ili . . . ?

Beskonacan skup je onaj koji je . . .

Prebrojivi skupovi.

Ekvivalentnost skupova. Kaze se da su skupovi M i N ekvivalentni i piseM N ako i samo ako se medu njihovim elementima moze uspostaviti obostranojednoznaco pridruzivanje.

Dokaz jednaosti beskonacnih skupova mogao bi se naivno provesti prebroja-vanjem njihovih elementata bice jednaki ako je broj elemenata u njima isti.Medutim do dana danasnjeg nije naden jednostavan postupak da se to uradi.Problem je sto se radi o beskonacnim skupovima, a niko ne moze prebrojitibeskonacno monogo elemenata necega. Naprosto ne postoji nacin za to.

Za razliku od naivnog pristupa, moguce je logicki, postepeno, obrazlagati dokazkoji bi zapravo dao razlog i objasnio zasto svakom elementu beskonacnog skupaodgovara element drugog beskonacog skupa.

Do rjesenja tog problema dovodi opsta strategija poznaza pod imenom indukcija.Indukcija je neobicnno mocna forma dokaza, jer dozvoljava da se dokaze da jetvrdnja tacna u beskonacnom skupu ako se dokaze u jednom konkretnom slucaju.Na primjer,

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 19 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Dokazuju se pomocumatematicke indukcije, koja (jedina) omogucava provjerunekih osobina i tvrdnji u beskonacnim skupovima objekata11, ne provjeravajuciih beskonacno mnogo puta jer je to nemoguce.

Slika 15: Domino efekat.

Da bi se u nekom matematickom modelu simu-lirao domino efekat potrebna je pogodna logickakonstrukcija. Na srecu ona postoji. Evo o cemuse radi:

Slika 16: Henri Poincare.

Poenkare. Dokazni postupak koji u svojoj osnovi imametod rekurzivnog zakljucivanja moze se opisati i nadrugi nacin; na primjer, moze se reci, da u beskonacnovelikom skupu razlicitih prirodnih brojeva uvjek pos-toji jedan koji je manji od svih ostalih. Prelazak izjednog u drugi oblik je jednostavan pa se time stvaraprivid o dokazivosti zakljucivanja pomocu rekurzije.Sve u svemu uvjek se mora stati sa dokazom: jer cese uvijek doci do nedokazive aksiome, koja samo licidokazivoj tvrdnji, tek posto se prevede u drugi oblik.

Anri Poenkare: O nauci, glava I, tacka VI, s.18

11npr. u skup prirodnih brojeva.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 20 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Kontinuum-hipoteza, je prvi Hilbertov problem, u vezi sa pitanjima osnovamatematike i teorije skupova. Ona je u uskoj vezi sa pitanjima kao sto suKoliko? i Vece ili manje?. Svaki ucenik moze razumjeti sta je sustina tehipoteza, ali je potrebno prije nego se formulise objasniti neke pojmove.

Ekvivalentnost skupova. Evo primjera:

U skoli je organizovana plesna vecer. Kako utvrditi da li plesu prisustvuje visedjevojaka od momaka?

Slika 17: Uparivanje.

Do tog podatka moze se doci uporedivanjem brojevakoji se dobiju kao rezultat prebrojavanja djevojaka imomaka koji su dosli na ples. Ali jednostavnije bibilo do odgovora doci za vrijeme plesa parova. Tadabi ako svi ucesnici plesu u parovima jedan momaksa jednom djevojkom - iz toga mogli utvrditi da lije broj djevojaka jednak broju momaka. Ako su nekimomci bez partnerki na osnovu toga bi se utvrdiloda je momaka vise od djevojaka i obrnuto.

U nekim situacijama taj metod je pogodniji od sa-mog prebrojavanja, a zove se princip uparivanja iliprincip obostrano jednoznacnog pridruzivanja.

Posmatrajmo sada mnozinu proizvoljnih objekata skup. Objekti koji ulaze u sastav skupa zovu se elementi. Ako element xpripada skupu A to se oznacava sa: x A. Ako je skup B sadrzan u skupu A,tj. aku su elementi skupa B istovremeno i elementi skupa A, kaze se da je skupB podskup skupa A i pise B A

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 21 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Skup je konacan ako sadrzi konacno mnogo elemenata. Inace, skupovi mogu bitikonacni (npr. skup ucenika u razredu) i beskonacni (npr. skup prirodnih brojevaN = {1, 2, . . . , n, . . .}). Skupovi kojima su elementi brojevi zovu se brojevni.Neka su M i N dva skupa. Kaze se da je medu njihovim elementima uspostav-ljeno obostrano jednoznacno pridruzivanje ako su svi elementi tih skupovarazvrstani na parove oblika (x, y) u kojima je x M i y N pri cemu svakielement iz M i svaki element iz N ucestvuju samo u jednom paru.

Primjer obostrano jednoznacog pridruzivanja medu elementima skupa momaka iskupa djevojaka koji su dosli na ples je trenutak kada se sve djevojke i svi momciprije plesa razbroje u parove.

Ako je moguce uspostaviti obostrano jednoznaco pridruzivanje medu elementimadva skupa, onda se kaze da su ti skupovi ekvivalentni ili da imaju istu moc.Dva konacna skupa su ekvivalentna ako i samo ako imaju isti broj elemenata,pa je prirodna konstatacija:

Ako su dva beskonaca skupa ekvivalentna, oni imaju isti broj elemenata. Ta defini-cije ekvivalentnosti skupova je veoma korisno, jer se zahvaljujuci njoj moze doci donovih jos nestrazenih osobina beskonacih skupova.

Beskonaci skupovi. Posmatrajmo neki konacan skup i bilo koji njegov praviposkup (da nije prazan ili da se s njime ne poklapa). Tada je elemenata upodskupu manje, nego u samom skupu, tj. dio je manji od cijelog.

Imaju li smisla pitanja: Mogu li se beskonacni skupovi uporedivati? Ili, moze liu jednom beskonacom skupu biti manje elemenata nego u drugom beskonacomskupu? Ili, postoje li neekvivalentni skupovi?

Na osnovu dosadasneg znanjem u vezi sa beskonacnim skupovima jedino semoze utvrditi kada ce (ili kada nece) dva beskonacna skupa biti ekvivalentna.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 22 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Prica sa recepcije iz hotela GALAKSIJA. Radnja te price odvija se u dalekojbuducosti u kojo je ostvariv susret stanovnika iz razlicitih galaksija. U tu svrhuza putnike po kosmosu izgraden je ogroman hotel koji se nalazi na rubu nekolikogalaksija.

Taj hotel ima beskonacno mnogo jednokrevetnih soba koje su numerisane svimprirodnim brojevima 1, 2, . . . , n, . . . (jedna soba jednim brojem!).

Jedan puta je u tom hotelu odrzan simpozijum kosmologa, na kome su biliprisutni delegati iz svih galaksija. Kako u kosmosu ima beskonaco monogogalaksija, za vrijeme odrzavanja simpozijuma u hotelu nije bilo slobodnih soba.U vrijeme odrzavanja tog simpozijuma direktoru hotela je u posjetu dosao kolegakoji je zelio ostati na spavanju u hotelu.

Da bi kolegu smjestio u hotelsku sobu, direktor je neko vrijeme razmisljao kakoda da to ucini. Zatim pozva recepcionera i naredi mu:

1 2 3 k k+1

Slika 18: Zamjena soba.

Mog gosta (kolegu) smjesti u sobu 1.

Recepcioner mu zacudeno odgovori:

Sa da uradim sa gostom iz sobe 1?

Njega premjesti u sobu 2, gosta iz sobe2, premjesti u sobu 3, onoga iz sobe 3 usobu 4. Gosta, koji je smjesten u sobuk, premjsestu u sobu k + 1 i tako redom, [v. sl. 18].

Ako tako uradis svi gosti hotela ce imati svoju sobu, a ti slobodunu sobu 1 ukoju ces smjestiti mog gosta, jer u hotelu svakako imamo beskonacno mnogosoba.

Na pocetku simpozija svi njegovi ucesnici su bili smjesteni u sve hotelske sobe.Dakle, uspostavljeno je obostrano jednoznacno preslikavanje izmedu skupa ko-

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 23 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

smologa i skupa prirodnih brojeva N: svakom kosmologu data je jedna soba kojaje bila numerisana samo jednim brojem. Prirodno je dakle pretpostaviti da jegostiju (ucesnika simpozijuma) bilo onoliko koliko je i prirodnih brojeva. Kadaje dosao novi gost, i on je smjesten u hotelsku sobu, broj svih gostiju hotela sepovecao za 1. Nakon toga u hotelu ponovo ima gostiju onoliko koliko i prirodnihbrojeva: jer su svi smjesteni u hotel! Ako se broj kosmologa oznaci sa 0 ondaimamo jednakost 0 = 0 + 1 koja ne vrijedi ni za kakav konacan 0.Tako se doslo do neobicnog zakljucka:

Ako se skupu, koji je ekvivalentan skupu prirodnih brojeva N, doda jos jedan ele-ment, dobice se skup koji je takoder ekvivalentan skupu N.

Osim toga, sasvim je jasno da su poslije dolaska novog gosta u hotel delegatikosmolozi dio skupa svih ljudi koji su smjesteni u hotel. Dakle,

Dio nije manji od cijelog, vec je jednak cijelom.

Dakle, iz definicije ekvivalentnosti (koja u slucaju konacnih skupova ne vrijedi)slijedi da podskup beskonacnog skupa moze biti ekvivalentan tom skupu.

Poznati ceski matematicar Bernard Bolcano (17811848) je u svojim istrazivanjimaobilato koristio princip obostrano jednoznacnog pridruzivanja. Prica se da je odustaood daljnih istrazivanja u toj oblasti kada je otkrio pomenutu osobinu beskonacihskupova. Zbog toga je gornju definiciju ekvivalentnosti skupova smatrao potpunoapsurdnom. Za razliku od njega, Georg Kantor (18451918) je u drugoj polovini19. vijeka bio preokupiran tim pitanjem, poceo ga je istrazivati i tako je stvorioteorije skupova, koja je danas vazna oblast matematike.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 24 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Evo i nastavka price o hotelu GALAKSIJA.

Novopristigli gost hotela bio je ljut kada su sa recepcije hotela sljedece jutro odnjega zahtjevali da se preselu u sobu broj 1.000.000, jer su tog jutra u hotelstigli sa zakasnjenjem kosmolozi iz galaksije MRO 1953, pa je bilo potrebnopremjestiti jos 999.999 gostiju.

Prebrojivi i neprebrojivi skupovi.

Kontinuum-hipoteza. Materijala je dovoljno da se formulise kontinuumhipoteza CH ili prvi Hilbertov problem.

Kontinuum-hipoteza CH. S tacnoscu do ekvivalentnosti, postoje samo dvijevrste beskonacih skupova: prebrojivi skupovi i kontinuum.

Ili, postoji li skup T , N T R koji nije ekvivalentan ni skupu N, ni skupu R, tj.postoji li skup koji ima moc izmedu moci skupova N i R.

O dokazivanju u matematici. Matematika je egzaktna nauka koja insistira nastrogosti u zakljucivanju. Sta znaci strogo dokazati neku tvrdnju? To znaciizvesti je iz aksioma polaznih tvrdnji koje se ne dokazuju.

Konacno pri izboru aksioma koje se postavljaju u osnovu teorije postoji prilicnasloboda. Aksiome se obicno pojavljuju na prirodan nacin iz opazanja stvarnosti.U teoriji skupova, dio koji obuhvata konstrukcije koje su naprijed opisane, takodersadrzi opsteprihvaceni Zermelo-Frenklinov sistem aksioma.

Rjesenje problema. Sredinom 1963. godine americki matematicar Paul Koenje dokazao da se kontinuumhipoteza ne moze ni dokazati ni opovrgnuti.

To znaci ako se teorija skupova zasnuje na standardnom CermeloFrenklinovovom sistemu aksioma [ZF], i ako se njemu doda kontinuumhipotezakao nova aksioma dobice se neprotivrjecan sistem tvrdnji. S druge strane, ako

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 25 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

se sistemu [ZF] doda negacija koontinuum-hipoteze kao nova aksioma i tada cese dobiti neprotivrjecan sistem tvrdnji.

Dakle, ni kontinuum-hipoteza ni njena negacija se ne mogu izvesti iz standardnogsistema aksioma.

Taj zakljucak je pokrenuo nova istrazivanja koja za posljedicu imaju nizneocekivanih rezultata.

Kako postupati sa tom hipotezom? Po pravilu se ona pridodaje standardnomZF sistemu aksioma kao nova aksioma. Ali se svaki puta, kada se nesto dokazepomocu nje obavezno naglasava da je ona koristena u dokazu.

Aksioma izbora laksiome du choix AC. Za svaku familiju F nepraznihmedusobno disjunktnih skupova postoji skup N koji sa svakim skupom familije Fima jedan i samo jedan zajednicki element

Zermelo je dokazao: iz aksione izbora AC slijedi da je svaki skup ekvivalentamnekom dobro uredenom skupu (vrijedi i obrnuto!).

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 26 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Neka S(n)12 oznacava n-tu parcijalnu sumu prvih n neparnih prirodnih brojevakad broj n prolazi skupom prirodnih brojeva. Neposrednim racunanjem parcijalnihsuma S(1), S(2), S(3), S(4) i S(5) dobiva se

S(1) = 1 = 1 = 12

S(2) = 1 + 3 = 4 = 22

S(3) = 1 + 3 + 5 = 9 = 22

S(4) = 1 + 3 + 5 + 7 = 16 = 42

S(5) = 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52

Za izracunavanje ostalih pravilo se nazire! Da li se ovaj metod moze poopstiti?Da li se pravilo moze primjeniti na 6-tu parcijalnu sume S(6)?

Sabiranjem se dobiva:

S(6) = 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = S5 + 11 = 36

Naslucuje se da bi za sve prirodne brojeve n imala smisla jednakost

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

Moze li se provjeriti tacnost posljednje jednacine? Ako moze, kako? Koji dokaznipostupak koristiti za utvrdivanje njene tacnosti?

Odgovore na postavljena pitanje daje dokazni postupak koji se zove principmatematicke indukcije.

12Oznacava se i sa Sn

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 27 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Neka za svaki n N, P (n) oznacava neku tvrdnju kao sto je Sn = n2 na primjer.Treba dokazati da je tvrdnja P (n) tacna za svaki prirodni broj n. Pomocu principamatematicke indukcije se zakljucuje da je ona tacna za svaki n N ako je:1. P (1) tacna,

2. ako je tvrdnja P (k) tacna za bilo koji prirodan broj k, onda je i tvrdnja P (k + 1)takoder tacna.

Ako se u formulaciji neke tvrdnje pojavljuje prirodni broj n i ako treba dokazatida ta tvrdnja vrijedi za ma koji prirodni broj, prvo se dokazuije da ta tvrdnjavrijedi za n = 1, a zatim se dokazuje: ako tvrdnja vrijedi za prirodni broj n, ondavrijedi i za njegov sljedbenik. Iz toga se zakljucuje da vrijedi za svaki prirodanbroj.Zaista, skup svih prirodnih brojeva za koje tvrdnja vrijedi sadrzi broj 1 i slijed-benike svih svojih elemenata, dakle prema aksiomu P4, sve prirodne brojeve.Pretpostavka da tvrdnja vrijedi za n zove se induktivna pretpostavka, iz koje seonda dokazuje da tvrdnja vrijedi i za slijedbenika n+ 1.

Navedeni princip se moze pojednostaviti na sljedeci nacin: Dokazati da je nekatvrdnja P (n) tacna za svaki n N, znaci dokazati:

1. da je tvrdnja P (n) taca za n = 12. da je tvrdnja P (n) taca za n = k + 1,

ako je tacna tvrdnja P (n) za n=k i 1 k N.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 28 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

p q p q

Slika 19: Implikacija.

Implikacija. Neka su p i q dva iskaza. Logicka operacijakojom se dobiva slozeni iskaz: Ako p, onda je q zove seimplikacija, oznacava se sa p q i cita p implicira q; (lat.implicare znaci povezati). Ako je iskaz p tacan, onda jetacan i iskaz q i kaze se da p implicira q.

U logickoj operaciji p q iskaz p se zove pretpostavka(hipoteza), a iskaz q posljedica (konkluzija). Cesto se iskazp q zove tvrdnja.Implikacija predstavlja i operaciju i njen rezultat. Implikacija je jedino netacna akoi samo ako je pretpostavka tacna, a posljedica lazna, tj. posljedica istine je istina isamo ona.

v. [3], s.19

Sustina matematicke indukcije je u sljedecem: Da bi hipoteza P (n) bila tacnaza (n N) treba: neposredno provjeriti tacnost tvrdnje P (1), zatim treba, podpretpostavkom da je tvrdnja P (n) tacna, provjeriti tacnost tvrdnje P (n+ 1).

Kako je implikacija P (n) = P (n+1) netacna jedino u slucaju kada je iskaz P (n)tacan, a iskaz P (n + 1) netacan, pouzdanost metode matematicke indukcije setemelji na sljedecem postupku:

Neka je tacna tvrdnja P (1).

Ako je tacna tvrdnja P (1), onda je tacna i tvrdnja P (1) = P (1 + 1),pa je tacna i tvrdnja P (2).

Neka je tvrdnja P (2) tacna.

Ako je tvrdnja P (2) tacna, onda je tacna i tvrdnja P (3),jer je tacna tvrdnja P (2) = P (2 + 1).

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 29 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Neka je taca tvrdnja P (3).

Ako je tacna tvrdnja P (3), onda je taca i tvrdnja P (4),jer je taca tvrdnja P (3) = P (3 + 1). Neka je tacna tvrdnja P (n 2), onda je taca i tvrdnja P (n 1),jer je tvrdnja P (n 2) = P (n 1) tacna.

Neka je tacna tvrdnja P (n 1).

Ako je tvrdnja P (n 1) tacna, onda je i tvrdnja P (n) tacna,jer je tvrdnja P (n 1) = P [(n 1) + 1] tacna.

Dakle, trvrdnja P (n) je tacna.

Taj lanac tvrdnji dovoljan je razlog za konstataciju da je tvrdnja P (n) tacna zabilo koji prirodni broj n, bez obzira kako on velik bio.

Kako se koristi princip matematicke indukcije pri dokazivanju da je Sn = n2 zasve prirodne brojeve n gdje Sn oznacava n tu parcijalnu sumu prvih n neparnihprirodnih bropjeva? Ocigledno je S1 tacna, tj. pretpostavka je tacna za n = 1.Pretpostavimo da je Sk = k2 tacna za neki prirodni broj k 1. Tada je

Sk+1 = Sk + (2k + 1) = k2 + 2k + 1 = (k + 1)2

Dakle, dokazano je da je jednakost Sn = n2 tacna za n = k + 1, ako je taca zan = k 1. I konaco, na osnovu metode matematicke indukcije zakljucuje se daje Sn = n2 tacna tvrdnja za sve n N.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 30 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

I na kraju princip matematicke indukcije se moze opisati jos formalnije. Za svakiprirodni broj n neka P (n) oznacava tvrdnju Sn = n2. Jasno je da je tvrdnja P (n)tacna za bilo koji konkretan prirodni broj n. Treba pokazati da je P (n) tacno zasve prirodne brojeve n. Ovo slijedi na osnovu principa matematicke indukcije,pod uslovom da je provjereno da je tvrdnja P (1) tacna, i da je dokazano da jetvrdnja P (k+1) tacna, ako je tvrdnja P (k) tacna za bilo koji prirodni broj k 1.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 31 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

5. Metoda matematicke indukcije iodredivanje suma i proizvoda

Primjer 5.1 Dokazati da je tacna jednakostni=1

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

n N. (3)

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 31 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

5. Metoda matematicke indukcije iodredivanje suma i proizvoda

Primjer 5.1 Dokazati da je tacna jednakostni=1

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

n N. (3)

Rjesenje. Induktivna hipoteza je izraz oblika

H(n) 1 + 2 + . . .+ n = n(n+ 1)2

(n N). (4)Korak 1. Provjera baze: Za n = 1 baza je tacna, jer je

H(1) 1 = 1(1 + 1)2

, tj. 1 1 22

1.

Korak 2. Formiranje induktivne pretpostavke: Pretpostavi se da je hipoteza H(n) tacnaza n = k 1, tj. da vrijedi jednaskost

H(k) ki=1

i =k(k + 1)

2.

Korak 3. Dokaz: Hipoteza P (n) je tacna za n = k + 1, tj. tacna je jednakost

H(k + 1) k+1i=1

i = 1 + 2 + . . . k + (k + 1) =(k + 1)(k + 2)

2.

.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 32 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Zaista, Za n = k + 1 hipoteza H(n) je tacna, jer je

H(k+1) k+1i=1

i =

(ki=1

i

)+(k+1) =

k(k + 1)

2+(k+1) =

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

2=

(k + 1)(k ++2)

2.

Korak 4. Zakljucak: hipoteza H(n), tj. jednakost (6) je tacna (tvrdnja) za n N .

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 32 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Zaista, Za n = k + 1 hipoteza H(n) je tacna, jer je

H(k+1) k+1i=1

i =

(ki=1

i

)+(k+1) =

k(k + 1)

2+(k+1) =

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

2=

(k + 1)(k ++2)

2.

Korak 4. Zakljucak: hipoteza H(n), tj. jednakost (6) je tacna (tvrdnja) za n N .Primjedba. Da je od ranije bio poznat rezultat

n(n+ 1)

2do rjesenja bi se moglo doci i brze. Ali, kako do rezultata doci? Jednostavno (Gauss),ako se suma

Sn = 1 + 2 + 3 + . . .+ (n 1) + nprepise u obliku

Sn = n+ (n 1) + . . .+ 3 + 2 + 1i sabere sa gornjom dobice se

2Sn = [1 + n] + [2 + (n 1)] + . . .+ [n+ 1] = n[n+ 1]

tj.

Sn =n[n+ 1]

2.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 33 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Primjer 5.2 Dokazati da je za n N tacna jednakostni=1

i3 = 13 + 23 + 33 + ...+ n3 =

[n(n+ 1)

2

]2, (5)

tj. dokazati da je suma 13 + 23 + 33 + ...+ n3 potpun13 (tacan) kvadrat.

13Potpun ili tacan kvadrati su na primjer 1 = 12, 1 + 8 = 9 = 32, 1 + 8 + 27 = 36 = 62,1 + 8 + 27 + 64 = 100 = 102, itd.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 33 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Primjer 5.2 Dokazati da je za n N tacna jednakostni=1

i3 = 13 + 23 + 33 + ...+ n3 =

[n(n+ 1)

2

]2, (5)

tj. dokazati da je suma 13 + 23 + 33 + ...+ n3 potpun13 (tacan) kvadrat.

Rjesenje. Tacnost jednakosti (5) se provjerava potpunom ili matematickom indukcijom.Jednostavnosti radi neka za svaki n N P (n) oznacava induktivnu hipotezu, tj. neka je

P (n) ni=1

i3 =

[n(n+ 1)

2

]2.

Korak 1. Za n = 1 induktivna hipoteza prelazi u

P (1) 1i=1

i3 =

[1(1 + 1)

2

]2i svodi se na identitet

1 13 =(1 22

)2 1.

Korak 2. Pretpostavi se da je hipoteza P (n) tacna za n = k 1, tj. da vrijedi jednaskost

P (k) ki=1

i3 =

[k(k + 1)

2

]2.

13Potpun ili tacan kvadrati su na primjer 1 = 12, 1 + 8 = 9 = 32, 1 + 8 + 27 = 36 = 62,1 + 8 + 27 + 64 = 100 = 102, itd.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 34 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Korak 3. Dokaz: Hipoteza P (n) je tacna za n = k + 1. Zaista,

k+1i=1

i3 =

(ki=1

i3

)+ (k + 1)3 =

=

[k(k + 1)

2

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

[k2

4+ (k + 1)

]=

= (k + 1)2[k2 + 4k + 4

4

]=

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

4=

=

((k + 1)(k + 2)

2

)2tj. hipoteza P (n) je tacna za n = k + 1.Korak 4. Zakljucak: tvrdnja P (n) je tacna za n N .

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 35 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Primjer 5.3 Dokazati da je za svaki n N tacna jednakostni=1

1

i(i+ 1)=

1

1 2 +1

2 3 + +1

n (n+ 1) =n

n+ 1. (6)

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 35 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Primjer 5.3 Dokazati da je za svaki n N tacna jednakostni=1

1

i(i+ 1)=

1

1 2 +1

2 3 + +1

n (n+ 1) =n

n+ 1. (6)

Rjesenje. Naknadna studiozna analiza dokaza, dobivenog pomocu matematicke induk-cije, cesto omogucava da se dode do kraceg dokaza iste formule. Jednakosti

1

1 2 =1

2,

1

1 2 +1

2 3 =2

3,

1

1 2 +1

2 3 +1

3 4 =3

4

su dovoljan motiv za induktivnu hipotezu

Sn =1

1 2 +1

2 3 + +1

n (n+ 1) =n

n+ 1. (7)

Zbog

S1 =1

1 2 =1

2i

1

1 + 1=

1

2

jednakost (7) je taca za n = 1. Neka je ona tacna za n = k:

Sk =1

1 2 +1

2 3 + +1

k (k + 1) =k

k + 1.

Tada je

Sk+1 =1

1 2 +1

2 3 + +1

k (k + 1) +1

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

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

=k

k + 1+

1

(k + 1)(k + 2)=

k2 + 2k + 1

(k + 1)(k + 2)=

k + 1

(k + 1) + 1,

odakle na osnovu matematicke indukcije zakljucujemo da je jednakost (7) tacna za svakin N.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 36 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Centralno mjesto u ovom dokazu zauzima identitet

k

k + 1+

1

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

k + 2,

tj.1

(k + 1)(k + 2)=

1

k + 1 1k + 2

,

koji se moze prikazati u obliku

1

(k + 1)(k + 2)=

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

=1

k + 1 1k + 2

.

Nakon toga jednakost (7) se jednostavnije dokazuje ovako:

Sn =1

1 2 +1

2 3 + +1

n (n+ 1) =

=1

1 1

2+

1

2 1

3+ + 1

n 1n+ 1

.

Suma clanova toga reda, osim prvog i posljednjeg, jednaka je nuli, pa je

Sn = 1 1n+ 1

=n

n+ 1.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 37 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Primjer 5.4 Provjeriti da je za svaki n N tacna jednakostin

k=0

i2 = 12 + 22 + 32 + + n2 = n(n+ 1)(2n+ 1)6

(8)

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 37 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Primjer 5.4 Provjeriti da je za svaki n N tacna jednakostin

k=0

i2 = 12 + 22 + 32 + + n2 = n(n+ 1)(2n+ 1)6

(8)

Rjesenje. Iz identiteta(k + 1)3 k3 = 3k2 + 3k + 1

za k = 1, 2, 3, ..., n 1, n je

23 13 = 3 12 + 3 1 + 133 23 = 3 22 + 3 2 + 143 33 = 3 32 + 3 3 + 1

n3 (n 1)3 = 3 (n 1)2 + 3 (n 1) + 1(n+ 1)3 n3 = 3 n2 + 3 n+ 1

Sabiranjem posljednjih jednakosti je

(n+ 1)3 1 = 3[12 + 22 + 32 + + n2] + 3[1 + 2 + 3 + + n] + n

tj.

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

k=0

i2 + 3

nk=0

i

Kako je za svaki n N [v. primjer 5.1]n

k=0

i =n(n+ 1)

2

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 38 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

to je

3n

k=0

i2 + 3n(n+ 1)

2= (n+ 1)[(n+ 1)2 1]

3n

k=0

i2 = (n+ 1)[n2 + 2n+ 1 1] 3n(n+ 1)2

3n

k=0

i2 =2(n+ 1)[n(n+ 2)]

2 3n(n+ 1)

2

nk=0

i2 =(n+ 1)n{[2(n+ 2)] 3}

6

nk=0

i2 =(n+ 1)n(2n+ 4 3}

6

nk=0

i2 =n(n+ 1)(2n+ 1}

6

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 39 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

6. Dokazi identiteta i nejednakostipomocu matematicke indukcije

Primjer 6.1 Dokazati da je za svaki prirodni broj n > 1

1 +1

2+

1

4+ + 1

2n6 2. (9)

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 39 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

6. Dokazi identiteta i nejednakostipomocu matematicke indukcije


1 +1

2+

1

4+ + 1

2n6 2. (9)

Rjesenje. Kao u predhodnom primjeru indukcijom ce biti dokazana jaca tvrdnja, zapravojednakost

1 +1

2+

1

4+ + 1

2n= 2 1

2n. (10)

Induktivna hipoteza je izraz oblika:

H(n) 1 + 12+

1

4+ + 1

2n= 2 1

2n

Korak 1. Za n = 1 induktivna hipoteza je identitet

H(1) 1 + 121

= 2 121

Induktivni korak: ako je

H(k) 1 + 12+

1

4+ + 1

2k= 2 1

2k

onda je

H(k + 1) 1 + 12+

1

4+ + 1

2k+

1

2k+1=

(2 1

2k

)+

1

2k+1= 2 2 1

2k+1+

1

2k+1= 2 1

2k+1,

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 40 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

sto je trebalo i dokazati.14

14Dokaz induktivne tvrdnje bi se mogao provesti na sljedeci nacin: Ako se nejednakost

1 +1

2+

1

4+ + 1

2n16 2

za koju se pretpostavlja da je tacna, podjeli sa 2 dobice se

1

2+

1

4+ + 1

2n6 1.

Ako se posljednjoj doda 1 bice

1 +1

2+

1

4+ + 1

2n6 2,

a to je trebalo i dokazati.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 41 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj


1 +1

4+

1

9+ + 1

n26 2 1

n. (11)

Rjesenje.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 42 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Primjer 6.3 Dokazati Bernulijevu nejednakost

(1 + )n > 1 + n, > 1, n N. (12)

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 42 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj


(1 + )n > 1 + n, > 1, n N. (12)Rjesenje. IB: Baza je izraz oblika

B(n) (1 + )n > 1 + n.NP: Za n = 1 baza je tacna nejednakost, jer je

B(1) 1 + > 1 + .IP: Neka je za n = k 1 tacna nejednaskost

B(k) (1 + )k > 1 + k. (13)

IT: To je nejednakost

B(k + 1) (1 + )k+1 > 1 + (k + 1).

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 42 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj





B(k) (1 + )k > 1 + k. (13)


B(k + 1) (1 + )k+1 > 1 + (k + 1).

PT: B(k + 1) je tacna nejednakost. Zaista, zbog > 1 je + 1

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 42 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj





B(k) (1 + )k > 1 + k. (13)


B(k + 1) (1 + )k+1 > 1 + (k + 1).

PT: B(k + 1) je tacna nejednakost. Zaista, zbog > 1 je + 1 > 1.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 42 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj





B(k) (1 + )k > 1 + k. (13)


B(k + 1) (1 + )k+1 > 1 + (k + 1).

PT: B(k + 1) je tacna nejednakost. Zaista, zbog > 1 je + 1 > 1. Kada se (13)pomnozi sa + 1 bice

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 42 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj





B(k) (1 + )k > 1 + k. (13)


B(k + 1) (1 + )k+1 > 1 + (k + 1).


(1 + )k (1 + ) > (1 + k) (1 + ) ,

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 42 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj





B(k) (1 + )k > 1 + k. (13)


B(k + 1) (1 + )k+1 > 1 + (k + 1).


(1 + )k (1 + ) > (1 + k) (1 + ) ,tj.

B(k + 1) (1 + )k+1 > 1 + (k + 1)+ n2 > 1 + (k + 1),jer je n2 > 0 i 1 + (k + 1)+ k2 > 1 + (k + 1).

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 42 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj





B(k) (1 + )k > 1 + k. (13)


B(k + 1) (1 + )k+1 > 1 + (k + 1).


(1 + )k (1 + ) > (1 + k) (1 + ) ,tj.

B(k + 1) (1 + )k+1 > 1 + (k + 1)+ n2 > 1 + (k + 1),jer je n2 > 0 i 1 + (k + 1)+ k2 > 1 + (k + 1).Z: Bernulijeva nejednakost (12) je tacna za n N .

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 43 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

U svakom dovoljno bogatom sistemu aksioma15 postoje tvrdnje koje imajusmisla, ali su u njemu istovremeno i neodlucive16. Neke medu njima su do-kazive, jer se mogu preformulisati u tvrdnje o nekim aritmetickim osobinamaskupa prirodnih brojeva i provjeriti za svaki konkretan prirodan broj.

Matematicka indukcija je koristena za dokaz tvrdnje u primjeru 5.1. Tacosttvrdnje

ni=1 i =

n(n+1)

2(n N) ne bi se mogla provjeriti bez aksiome matematicke

indukcije, jer je ona jedina medu svim aksiomama aritmetike (i logike) kojadopusta operacije nad elementima beskonacnih skupova.

Istina, provjera tacnosti posljednje jednakosti bez upotrebe matematicke induk-cije mogala bi se realizovati na sljedeci nacin: kad bi za neki n suma 1+2+ ...+nbila razlicita od n(n+1)/2, postojao bi najmanji prirodan broj n s tom osobinom;taj broj nije 1, jer je za n = 1 tvrdnja tacna. Taj broj ne moze biti ni veci od 1,jer se tada lako dokaze da tvrdnja ne vrijedi ni za n 1, sto je u suprotnosti sapretpostavkom da je n najmanji broj za koji tvrdnja ne vrijedi. U tom postupkudokazivanja koristen je princip po kom svaki neprazan podskup skupa prirodnihbrojeva ima najmanji element, a taj je ekvivalent principa matematicke indukcije.

Aritmetika bi bila nepotpuna bez principa matematicke indukcije, jer bi bilonemoguce jednostavne aritmeticke tvrdnje kao sto je

ni=1 i =

n(n+1)

2, bez obzira

na to sto su tacne, dokazati pomocu ostalih aksioma bez aksiome indukcije.

Godel je pokazao da je svaki dovoljno bogati sistem aksioma nepotpun i da sene moze popuniti dodavanjem konacnog broja novih aksioma.

15tako bogatom da ukljucuje aritmetiku16Takva je npr. u euklidovoj planimetriri, tzv. Euklidov peti postulat.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 44 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Primjedba 1. Validnost principa matematicke indukcije moze biti opisana kao po-sljedica drugog osnovnog principa: svaki neprazan podskup skupa prirodnih brojevauvijek ima minimalni element Prvo se analizira autenticnost posljednje konstatacije.Neka S oznacava neprazan podskup skupa N prirodnih brojeva. Buduci je skup Sneprazan, on sadrzi najmanje jedan element, koji se moze oznaciti sa r. Elementr je prirodan broj i . . . 1 < n < r. Neki od ovih prirodnih brojeva pripadaju skupuS; u stvari r je jedan medu tim prirodnim brojevima. Postoji samo konacno mnogotakvih prirodnih brojeva, pa prema tome jedan od njih mora biti najmanji prirodanbroj izmedu 1 i r koji pripada skupu S. Neka ovaj broj bude s. Onda je jasno da jes samo po sebi element skupa S pri cemu je s < n za sve elemente n iz S. Dakle,opravdali smo princip da bilo koji neprazan podskup skupa prirodnih brojeva imaminimalni element.

Primjedba 2. Sad se moze zakljuciti da je princip matematicke indukcije posljedicaosnovnog principa o kojem smo upravo raspravljali. Za svaki prirodni broj n nekaP (n) oznacava neku tvrdnju koja je tacna ili netacna. Dato nam je da je P (1)tacno, i da ako je P (m) tacno za neki prirodni broj m onda je P (m + 1) takodertacno. Neka je S skup koji se sastoji od svih prirodnih brojeva n za koje je P (n)netacno. Ovim se eli pokazati da je skup S prazan skup. Pretpostavimo da jeS neprazan skup. Pokazuje se da iz ovih apsurdnih i kontradiktornih izjava mogurezultirati . . . Neka je sada S neprazan skup, tada bi on imao i minimalni elementkojeg oznac imo sa s. U tom slucaju bi P (s) bilo netacno posto bi s pripadalo S.Takoder s < 1, posto je P (1) sigurno, poznato je to od ranihje, tacno. Iz svegabi ocigledno slijedilo da je P (s 1) tacno, a P (s) netacno. Ali dato nam je da jeP (m + 1) tacno za bilo koji prirodni broj m za koji je P (m) tacno. Ocigledno sadaimamo kontradikciju. Posto nas je pretpostavka da je skup S neprazan dovela doove kontradikcije takva pretpostavka, to je jasno, mora biti netacna. Dakle, skupS mora biti prazan, pa prema tome P (n) mora biti tacna za sve prirodne brojeve n,pa prema tome opravdavamo time princip matematicke indukcije.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 45 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

7. Metoda matematicke indukcijei djeljivost brojeva

Primjer 7.1 Dokazati da za svaki n N broj 3 dijeli17 broj

an = n3 n. (14)

Rjesenje. U teoriji djeljivosti umjesto fraze x dijeli y pise se x|y, pa se tvrdnja, broj 3dijeli broj an = n3 n, moze kratko zapisati u obliku

3|an (n N).

U dokazu se koristi cinjenica da 3 dijeli

(k + 1)3 (k + 1) (k3 k) = 3k2 + 3k.

17Kaze se da cijeli broj b dijeli cijeli broj a i pise b|a, ako i samo ako postoji broj c Z takavda vrijedi jednakost a = bc

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 46 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Primjer 7.2 Dokazati da za svaki n N broj 64 dijeli broj

an = 32n+2 8n 9. (15)

Rjesenje. Tvrdnja, broj 64 dijeli broj an = 32n+2 8n 9, kratko se zapisuje sa

64|an (n N).

1. Za n = 1 izraz 64|an prelazi u 64|64 sto je tacno.182. Da bi se dokazalo da vrijedi implikacija 64|ak 64|ak+1 bilo bi korismo povezati ak iak+1 nekom jednacinom, a zatim iskoristiti induktivnu pretpostavku 64|ak. Zato je

ak+1 = 32(k+1)+2 8(k + 1) 9 = 32k+4 8k 17 =

= 9 32k+2 8k 17 = 9 [32k+2 8k 9

]+ 64(k + 1).

Dakle je ak+1 = 9ak + 64(k+ 1), i 64(k+ 1) je djeljivo sa 64 i konacno na osnovu tacnostipretpostavke da 64|ak slijedi da 64|ak+1.

18Provjera je mogla poceti sa n = 0 N0, jer n = 0 64|0 sto je tacno.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 47 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

8. Vjezbe

8.1 Indukcijom po n provjeriti da je tacna jednakost

(1 + 2 + 3 + 4 + n)2 = 13 + 23 + 33 + + n3

Rjesenje.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 48 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

8.2 Dokazati da za broj dijagonala n-tougla vrijedi formula

dn =n(n 3)

2. (16)

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 48 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

8.2 Dokazati da za broj dijagonala n-tougla vrijedi formula

dn =n(n 3)

2. (16)

Rjesenje. [1] Formula (16) je tacna za n = 4, jer cetverougao ima dvije dijagonale, tj.

d4 =4(4 3)

2= 2.

[2] Iz pretpostavke da formula (16) vrijedi za mnogougaonik A1A2 . . . Ak, tj. da je zaprirodni broj n = k > 4 tacna formula

dk =k(k 3)

2,

treba dokazati da ce broj dijagonala mnogougaonika koji ima k + 1 vrh biti

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

2,

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 49 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

8.3 Dokazati da se n jedinicnih kvadrata moze bez deformacije isjeci na dijelovei od njih sastaviti novi kvadrat.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 49 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

8.3 Dokazati da se n jedinicnih kvadrata moze bez deformacije isjeci na dijelovei od njih sastaviti novi kvadrat.

+ =11

22

3

43 4

Slika 20: Kvadrat: n = 2.

Rjesenje. Posmatrajmo dva kvadrata ABCD iA1B1C1D1 cije su stranice

2 i 1 (

2 > 1. Ako se

na stranicama kvadrata ABCD konstruisu tackeM , N , P , Q, tako da je

AM = BN = CP = DQ =1

2(2 + 1),

onda je

MB = NC = PD = QA =1

2(2 1).

Cetverougao MNPQ je kvadrat. Ako se kvadrat ABCD rasjece po dijagonalama MN iNQ kvadrata MNPG, dobice se cetiri podudarna cetverougla. Sastavljanjem ovih cet-

1

2

3

4

1

____1+

22

2

+

B

M

A

N C

D

P

Q

5 =

1

2 3

4

5

B1

A1 D1

C1B C

DA

B1

C1

D1A1

Slika 21: Kvadrat: n = 3.

verouglova i kvadrata A1B1C1D1 do-bija se kvadrat A1B1C 1D1. Pretpos-tavimo da je tvrdnja tacna za k(> 2)kvadrata q1, q2, . . . , qk, tj. da se iznjih moze formirati novi kvadrat. Izkvadrat qk i kvadrata qk+1 moze se naosnovu date konstrukcije, [v. sl. 21],konstruisati kvadrat.Dakle, ako se iz k kvadrata, njihovimisjecanjem na dijelove, moze sastavitinovi kvadrat, isti ce slucaj biti i sa

k+1 kvadrata, jer se iz dva kvadrata moze, [v. sl. 20], sastaviti kvadrat, iz tri kvadrata,[v. sl. 21], moze sastaviti kvadrat, itd.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 50 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Slika 22: Pitagorina teorema.

Pitagorina teorema. Euklid nije de-finisao kongruenciju i ne govori sta jeona. Umjesto toga on samo navodiosobine (u obliku aksioma) koje onamora imati da bi zadovoljila intuiciju.

Na osnovu tih aksioma i nekih drugih(ukljucujuci i poznati peti postulat,koji kaze da se tackom van prave lmoze povuci jedna jedina paralela s l),moze se dokazati Pitagorina teoremasamo na osnovu pojma kongruencije.

Jedan takav dokaz dat je na [sl.22]; kvadrat nad hipotenuzom pravouglog tro-ugla i figura sastavljena od dva kvadrata nad katetama (od kojih se onaj nadmanjom katetom premjesten nad onaj koji je nad vecom katetom) rastavljeni suna pet medusobno kongruentnih dijelova (od kojih su cetiri kopije datog trougla,a peti kvadrat).Da se od ove geometrijske verzije Pitagorine teoreme dobije algebarska a2+b2 = c2

potrebna je teorija mjerenja koja se moze zasnovati aksiomatski, bez upotrebebrojeva. Ovdje su Grci naisli na poteskoce s iracionalnim brojevima, jer su imaksiome dozvoljavale da konstruisu samo racionalne brojeve.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 51 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

8.4 U kvadratnoj tablici n n obojen je n 1 jedinicni kvadrat. Dokazati da jezamjenom mjesta vrstama i zamjenom mjesta kolonama, moguce dobiti kvadratu kome su obojeni kvadrati ispod dijagonale date tablice.

Rjesenje.

8.5 Dat je niz duzine 2n ciji su svi clanovi iz skupa {1, 1}. U jednom koraku odtakvog niza, dobija se novi na sljedeci nacin: umjesto svakog broja upisuje senjegov proizvod sa narednim brojem u nizu, pri cemu se posljednji broj mnozi saprvim. Dokazati da ce se poslije nekoliko ovakvih koraka dobiti niz jedinica.

Rjesenje.Rezultat: [y]

8.6 Na svakoj planeti nekog sistema nalazi se astronom koji posmatra najblizu(u odnosu na planetu na kojoj se nalazi) planetu tog sistema. Ako su rastojanjaizmedu planeta medusobno razlicita i ako je broj planeta neparan, dokazati dapostoji planeta tog sistema koju niko ne posmatra.

Rjesenje.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 52 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

8.7 Indukcijom po n provjeriti da je tacna jednakost

xn 1 = (x 1)(xn1 + xn2 + xn3 + + 1)

Uputstvo: U dokazu koristiti jednakost

xn+1 1 = xn+1 x+ x 1 = x(xn 1) + (x 1).

Rjesenje.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 53 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

8.8 Dokazati da vrijedi nejednakost

ni=1

i = 1 + 2 + 3 + . . .+ n > n, (17)

ako je

ni=1

i = 1 2 3 . . . n = 1, i > 0 i (1, 2, . . . n). (18)

Rjesenje.Za n = 1 je 1 = 1, pa je 1 > 1, tj. tvrdnja P (1) je tacna. Ako je proizvod nbrojeva i jednak 1, tj. ako je

ni=1 i = 1, pretpostavimo da tvrdnja P (n) tacna tj. da

je tacna nejednakostni=1

i = 1 + 2 + 3 + . . .+ n > n,

a dokazimo da je tada tacna i sljedeca tvrdnja: ako je proizvod n+ 1 broja i jednak 1,tj. ako je

n+1i=1 i = 1, onda je tacna i nejednakost

n+1i=1

i = 1 + 2 + 3 + . . .+ n + n+1 > n+ 1. (19)

Mogu nastati dva slucaja:1. Ako je 1 = 2 = . . . = n + n+1 = 1, onda je zbir tih brojeva jednak n + 1, pa jenejednakost (17) tacna.2. Ako je bar jedan medu brojevima i 6= 1, npr. i > 1, zbog

n+1i=1 i = 1, postoji jos

braz jedan broj j 6= 1, i to manji od jedinice. Neka je npr. n+1 > 1, a n < 1. Tada je,zbog uslova (18), proizvod

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

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 54 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

pa je na osnovu induktivne pretpostavke, tj.

1 + 2 + 3 + . . .+ n1 + n n+1 > n.

Dodavanjem obijema stranama posljednje nejednakosti n + n+1 > 0 ona prelazi u

1 + 2 + 3 + . . .+ n1 + n n+1 + n + n+1 > n+ n + n+1tj. u

1 + 2 + 3 + . . .+ n1 + n + n+1 > n+ n + n+1 n n+1.Zbog (1 n)(n+1 1) > 0 je

n+ n + n+1 n n+1 = n+ n + n+1(1 n) + 1 1 == n+ 1 + n+1(1 n) 1 + n == (n+ 1) + n+1(1 n) (1 n) == (n+ 1) + (1 n)(n+1 1) > n

pa je konacnon+1i=1

i = 1 + 2 + 3 + . . .+ n + n+1 > n+ 1. (20)

Dakle, ako je tvrdnja P (n) tacna, onda je tacna i tvrdnja P (n + 1), pa je na osnovuprincipa matematicke indukcije, pod pretpostavkom da vrijedi (18), tacna i nejednakost(17).Primjedba. Jednakost vrijedi ako i samo ako je

1 = 2 = . . . = n = 1.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 55 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

8.9 Neka su a0, a1, ..., a100 prirodni brojevi, za koje vazi a1 > a0 i ak = 3ak1 2ak2za k = 2, 100. Dokazati da je a100 2100.Rjesenje.

8.10 Za nenegativne brojeve a1, a2, ..., an vazi ak1 ak 2ak1, za k = 2, n.Dokazati da je u sumi S = a1 a2 ... an, moguce odabrati znake tako da je0 S a1.Rjesenje.

8.11 Dat je prirodan broj n, n > 1. Zapisimo sve razlomke oblika 1pq, gde su p i q

uzajamno prosti brojevi i 0 < p < q n, p + q > n. Dokazati da je zbir svih takozapisanih razlomaka jednak 1

2.

Rjesenje.

8.12 U nekoj drzavi ima n, n > 4 gradova. Dokazati da je moguce organizovatiautobuski prevoz tako da se iz svakog grada moze stici u ma koji grad te drzavesa najvise jednim presjedanjem, pri cemu su svaka dva grada koja su povezanaautobuskom linijom, povezana samo u jednom sjmeru.

Rjesenje.

8.13 U ravni je dato n vektora, pri cemu je intenzitet svakog od njih jednak 1, anjihov zbir je nula vektor. Dokazati da se ovi vektori mogu numerisati brojevimaod 1 do n tako da za svako k, 1 k n, intenzitet zbira prvih k vektora budene veci od

2.

Rjesenje.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 56 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

8.14 Za prirodne brojeve x1, x2, ..., xn, y1, y2, ..., ym vazi

x1 + x2 + ...+ xn = y1 + y2 + ...+ ym < mn.

Dokazati da se iz jednakosti x1 + x2 + ... + xn = y1 + y2 + ... + ym moze izbacitinekoliko (bar jedan) sabiraka tako da jednakost ne bude narusena.

Rjesenje.

8.15 Dat je 2n + 1 razlicit cio broj, tako da je svaki od njih po apsolutnojvrijednosti manji od 2n. Dokazati da se od datih brojeva mogu odabrati tri cijije zbir jednak nuli.

Rjesenje.

8.16 Ako je f : R R konveksna funkcija, dokazati Jensenovu nejednakost:

f(x1 + x2 + . . .+ xn

n) f(x1) + f(x2) + . . .+ f(xn)

n,

za ma koje x1, x2, . . . , xn R.Rjesenje.

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 57 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Literatura

[1] Sefket Arslanagic: Matematicka indukcija. Otisak, Sarajevo. (2001).

[2] Paul J. Cohen: Set Theory and Continuum Hypotesis. W. A. Benjamin Inc.New York, Amsterdam. (1966)

[3] Hardy Zsigmond, Solyom Mihaly: Pristup modernoj algebri. Skolska knjiga,Zagreb. (1976) s.19

[4] D. S. Mitrinovic: Matematicka indukcija. Binomna formula. Kombinatorika.Matematicka biblioteka 26. Gradevinska knjiga, Beograd. (1980).

[5] G. Polya: Mathematics and plausible reasoning. Vol I Induction and Ana-logy in Mathematics. Princenton University Press, Princenton, New Jersey.(1954).

[6] Slavisa B. Presic: Realni brojevi. Matematicka biblioteka 45. Zavod za izda-vanje udzbenika i nastavnih sredstava, Beograd. (1985).

[7] Joseph R. Shoenfields: Mathematical logic. Addison-Wesley Publishing Com-pany (1967).

[8] Vilenkin N. .: Indukci. Kombinatorika. Prosvewenie, Moskva. (1976).

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 58 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Indeks

Aksioma, 3matematicke indukcije, 7

Aksioma izbora, 25Aristotel, 3

Bernoulli, J., 7Bijekcija, 17Boltzano, Bernard, 23Broj

neparan, 29

Cantor, Georg, 16

Dokaz, 4

Euler, 4

Formularekurzivna, 14

Gerson, Levi, 7

Hanojske kule, 11

Implikacija, 28Indukcija

nepotpuna, 8

Induktivna pretpostavka, 27Iskaz

neodluciv, 43

Kantor, Georg, 23Kontinuum-hipoteza, 24Kronecker, Leopold, 16

Legenda okuli od karata, 11sahu, 11

Literatura, 57

Matematika, 3discipline, 3metode, 3dedukcija, 3indukcija, 3

Maurolico, F., 7Metoda

matematicke indukcije, 28Minimalni element, 44

NejednakostBernulijeva, 42Jensenova, 56

Home Page

Glavna

Sadrzaj

JJ IIJ I

Strana 59 od 59

Na predhodnu

Full Screen

Zatvori

Kraj

Osnovni pojam, 3

Peanove aksiome, 7Peti postulat, 50Platonova tijela, 9Poenkare, 19Poliedri

pravilni, 9Princip matematicke indukcije, 26

Skupbeskonacan, 17prirodnih brojeva, 6, 7ima najmanji element, 6je ureden, 6nema najveci element, 6nije prazan, 6

Teorema, 4Eulerova, 9Pitagorina, 50

Teorijamjerenja, 50

Uzajamno prosti brojevi, 55

Weierstrass, Karl, 16

Zermelo, 25

Dedukcija i indukcijaSkup prirodnih brojeva i Peanove aksiomeNepotpuna indukcijaMetoda matematicke indukcijeMetoda matematicke indukcije i odreivanje suma i proizvodaDokazi identiteta i nejednakosti pomocu matematicke indukcijeMetoda matematicke indukcije i djeljivost brojevaVjezbeLiteraturaIndeks

Documents

Matematička indukcija.pdf