UCITELJSKI FAKULTET U SOMBORUdr Aleksandar PetojevicKURS IZ MATEMATIKE ITEORIJA I RESENI ZADACISombor, 2003.Glava1Matematickalogika1.1 TeorijaDenicija1. Iskazisuonereceniceokojimaimasmislagovoritidalisutacne ili su netacne (imaju samo jednu iskaznu vrednost).Notacija1. Za oznacavanje iskaza koristimo slovap, q, r... .Denicija2. Disjunkcijaredomiskaza p,q jesteiskaz pili q . Dis-junkcijajenetacaniskazsamoakosuiiskazpiiskazqnetacni. Usvimostalim slucajevima je tacan iskaz. Disjunkciju p iliq oznacavamop q.Denicija3. Konjukcijaredomiskazap,q jesteiskazpi q. Konjuk-cijajetacaniskazsamoakosui iskazpi iskazqtacni. Usvimostalimslucajevima je netacan iskaz. Konjukciju p iq oznacavamop q.Denicija4. Implikacijaredomiskazap,q jesteiskaz akop, ondaq.Implikacijajenetacaniskazsamoakojeiskaz ptacani iskaz qnetacan.Usvimostalimslucajevimajetacaniskaz. Implikacijuako ponda qoznacavamop q.Denicija5. Ekvivalencija redom iskazap,q jeste iskaz p ako i samo akoq. Ekvivalencijajetacaniskazsamoakosui iskaz pi iskaz qtacni iliiskaz pi iskaz q netacni. Usvimostalimslucajevimajenetacaniskaz.Ekvivalenciju p ako i samo akoq oznacavamop q.Denicija6. Negacijaiskazapjesteiskaznijep. Negacijaiskazapjetacaniskazakojeiskaz pnetacan, anetacaniskazakojeiskaz ptacan.Negaciju nijep oznacavamo p.12 Glava 1.MatematickalogikaDenicija7. Skup p, q, r, ..., , , , , (, )zovemoazbuka. Ele-mente tog skupa nazivamo:p, q, r, ..., iskazna slova,, , , , , znaci logickih operacija,(, ) pomocni znaci.Denicija8. Iskazne formule (slozeni iskazi) se denisu na sledeci nacin:1. Iskazna slova su iskazne formule ( ili krace formule).2. AkosuAi Bformule, ondasui(A B), (A B), (A B), (A B), A, formule.3. Formule se mogu obrazovatisamo konacnom primenom 1. i 2.Notacija2. Po dogovoruo izostavljanju zagrada u formulama imamo:1. izostavljanjespoljnih zagrada: umesto (p q) pisemop q,2. prioritetoperacija i : umesto (p q) rpisemop q r,3. umesto (...((p1p2)p3)...pn1)pn; pisemop1p2p3...pn1pn.Denicija9. Uredenu sestorku(, , , ,, , ) kod koje je prvakomponentadvoclanskup , , ostaleosimposlednje, binarneoperacijeskupa , , a poslednja unarna, denisane sledecim Kelijevim tablicama:

zovemo iskazna algebra.Napomena1. Iskaznaslovap, q, r, ... interpretiramokaoelementeskupa, iskazne algebre.Denicija10. Nekaiskaznaslovapiuzimajuvrednosti izskupa , .Tada1. Vrednostformulepije vrednostiskaznog slovapi( u oznaciv(pi).)2. Akojev(A)vrednostformuleAi v(B)vrednostformuleB,ondasuv(A)v(B), v(A)v(B), v(A) v(B), v(A) v(B), v(A) vrednostiformulaA B,A B,A B,A B, i A redom.1.1.Teorija 3Napomena2. Ako je formulaA sagradena od slovap1,p2, ...pn(sto cemonadaljeoznacavati saA(p1,p2, ...pn) ), tadaonazasvaki izborpomenutihslovadobijavrednost ili . Postoseradi ouredenimn-torkama, takvihmogucnosti imamo 2n(varijacije sa ponavljanjemn-te klase od 2 elementa).Na osnovu toga, svakoj formuliA(p1,p2, ...pn) odgovara jednoznacno istini-tosna funkcija:f(A) : , n , .Nataj nacindobijamoistinitosnetabliceformule, ukojimacemoumestov(p) radi jednostavnostipisati kratkop.Denicija11. Za formuluA kazemo da je tautologija ako za sve vrednostisvojih iskaznih slova formulaA ima vrednost (oznacavamo sa [= A).Formula koja za sve vrednosti iskaznih slova ima vrednost se naziva kon-tradikcija.Teorema1. Ako je [= A i [= A Bonda je [= B.Teorema2. Ako je [=A(p1, p2, ..., pn)i B1, B2, ..., Bnsuiskazneformule,onda je [= A(B1, B2, ..., Bn).Teorema3. AkosuAi Bformulei CformulakojaimaformuluAkaopodformulu(u oznaciC(A) ) tada vazi [= A B (C(A) C(B)).Napomena3. Dabismodokazali dajenekaformulatautologijamozemokoristiti jedan od sledeca tri metoda:1. metodtabliceistinitosti (akoutablici istinitosti ustubcuteformuleimamo sve vrednosti , formula je tautologija),2. metod svodenja na protivrecnost(pogodnaza formule oblikaA B),3. metod dovodenja formule na konjuktivnu formu; opsti slucaj se sastojiu sledecem:ako formulaA sadrzi znak , taj znak otklanjamo pomocu tautologije(p q) (p q) (q p), zatimznak otklanjamopomocutautologije (p q) pq. Sada imamo formulu koja sadrzi znakove, , . Pomocu tautologijap (q r) (p q) rp (q r) (p q) r4 Glava 1.Matematickalogikap (q r) (p q) (p r)p (q r) (p q) (p r)(p q) p q(p q) p qformuluA svodimo na formulu oblikaA1 A2 ... An(konjuktivnaforma), gde su formuleAi, 0 < i < n + 1 oblikap1p2... pk, i pritome supjslova ili negacije slova pocetne formuleA.Denicija12. RecenicuximasvojstvoB, gdejexobjekat odredenogskupa, aBjenekosvojstvo(relacija) oznacavamosaB(x). Uopste, akojeBrelacija duzinen nekog odredenogskupa, recenicu (x1, x2, ..., xn) imasvojstvoB oznacavamo saB(x1, x2, ..., xn).Denicija13. Recenicu Za svaki x A,B(x) oznacavamo sa (x)B(x),gde nazivamo univerzalni kvantikator.Recenicu Postojix A,B(x) oznacavamo sa (x) B(x), gde nazivamoegzistencijalni kvantikator.Teorema4. Navedeni kvantikatori zadovoljavajusledece formule:(x)B(x) (x)B(x)(x)B(x) (x)B(x)(x)(B(x) C(x)) (x)B(x) (x)C(x)(x)(B(x) C(x)) (x)B(x) (x)C(x)(x)(B(x) C(x)) (x)B(x) (x)C(x)(x)(B(x) C(x)) (x)B(x) (x)C(x)1.2.Zadaci 51.2 Zadaci1. Koje od datih recenica jesu iskazi:1) Zemlja je zvezda.2) Zemlja je zvezda ili nebesko telo.3) Na kojoj si godini studija?4) 8 > 4.5) (x 1)3= 8.Za recenice koje jesu iskazi odreditinjihovu istinitosnu vrednost.Resenje: 1)jestei vrednostje ; 2)jestei vrednostje = ;3)nije; 4)jesteivrednostje ; 5)nije, jerzax=3recenicaimatacnuvrednost, a za recimox = 5 netacnu.2. Sledece iskaze napisati elementima azbuke (Denicija 7) i ispitati istini-tosnu vrednost1) Zemlja je zvezda i zemlja je nebesko telo.2) Zemlja je zvezda ili je zemlja nebesko telo.3) Ako je zemlja zvezda onda je zemlja nebesko telo.4) Zemlja je zvezda ako i samo ako je zemlja nebesko telo.5) Zemlja nije zvezda.Resenje: Oznacimo iskazep : Zemlja je zvezda i q : Zemlja je nebesko telo.Tada je1) p q, = ,2) p q, = ,3) p q, = ,4) p q, = ,6 Glava 1.Matematickalogika5) p, = .3. Odrediti istinitosnu vrednostformula:1) (10 : 3 1 < 2 + 32) ((8 4) : 2 = 7) (3 44 > 2),2) (0, 6 : 0, 02 = 0, 3) ((0, 1 + 0, 2 0, 4 > 0, 5) (0, 10, 2 < 0, 3)),3) _23 25 12_.Resenje:1) = = ,2) ( )= = ,3) = = .4. Napisati istinitosnu tablicu za formulu ((p q) r) (p r).Resenje:U opstem slucaju, neka je broj razlicitih iskaznih slova u formulin(Napomena2). Tadazadatakzajedno, dva, tri ilicetiri razlicitaslovapocinjemo da resavamo na sledeci nacin:p p q p q r p q r s 1.2.Zadaci 7U nasem zadatku tablica istinitosti je data sa:p q r p q r (p q) r p r ((p q) r) (p r) 5. Navesti jednuformulukojajekontradikcijakaoi njenutablicuistini-tosti.Resenje: Najjednostavnijakontradikcijajeoblikap p,dokjenjenatablica istinitosti:p p p p 6. Koristeci tri razlicita metoda (Napomena 3) pokazatida su sledece for-mule tautologije:1) (p q) (p q) (q p) (zakon uklanjanja )2) (p q) p (zakon uklanjanja )3) (p q) (q p) (zakon komutacije za )Resenje: Zadatak 1) resicemo tablicom istinitosti, zadatak 2) svodenjemna kontradikciju, a 3) pomocu konjuktivne forme. Oznacimo saA(p, q) = (p q) (p q) (q p).Tada je1)p q p q q p (p q) (q p) p q A(p, q) 8 Glava 1.Matematickalogika2) Pretpostavimodaformulanijetautologija. Tadapostojiizborvred-nosti iskaznih slova da je = . Odnosno (p q) = ip = .Naosnovuposlednjedvejednakosti imamodaje q= , stojekontradikcija za ma koju vrednost iskaznog slovaq.3) Svodenjem na konjuktivnu formu pokazacemo da je i poslednja formulatautologija:(p q) (q p) (pocetna formula)(p q) (q p) (q p) (p q) (zakon uklanjanja )Na osnovu zakona (p q) p q imamo(p q) (q p) (q p) (p q).Na osnovu zakona (p q) q p imamo(p q) (q p) (q p) (p q).Na osnovu zakonap (q r)) (p q) (p r) imamo(p q q) (p q p) (q p p) (q p q),sto je konjuktivna forma. Iz poslednje formule na osnovu zakonap p = q = imamo = ,pa je pocetna formula tautologija.7. Matematickim jezikom iskazati sledece recenice:1) Proizvod pozitivnog i negativnog realnog broja je negativan realan broj.2) Postoji broj x da je njegov kub manji od -8.3) Zbir dva prirodnabroja je prirodanbroj.4) Ako je prirodan broj deljiv sa deset, onda je on deljiv i sa dva i sa pet.5) Za svaki prirodan broj x postoji prirodan broj y takav da je 2x+5 = y.1.2.Zadaci 9Resenje:1) (x R+)(y R)(xy R),2) (x)(x3< 8),3) (x N)(y N)(x + y N),4) (x N)(10[x (2[x 5[x)),5) (x N)(y N)(2x + 5 = y).8. Govornimjezikom iskazati sledece formule:1) (x N)(y N)(y > x),2) (x N)(x 1),3) (y R)(0, 1 < x < 0, 2).Resenje:1) Za svaki prirodan broj x, postoji prirodan broj y koji je veci od njega.2) Svaki prirodan broj je veci od 1.3) Postoji realan broj x izmedu brojeva 0, 1 i 0, 2.10 Glava 1.MatematickalogikaGlava2Skupovi2.1 TeorijaNapomena1. Skupjeosnovni pojami onsenemozedenisati. Intu-itivno, podskupompodrazumevamosveobjekteudruzenepremaodredenimzajednickim osobinama.Pojamskupajeuveonemacki matematicar Georg Kantor (1845- 1918)1870. godine. Ovdese necemobaviti aksiomatskimzasnivanjemteorijeskupova, vec samo intuitivnim.Notacija1. SkupoveoznacavamovelikimslovimalatiniceA, B, C, ..., doknjihoveelementeoznacavamomalimslovima a, b, c, ....Ukoliko elementapripadaskupuAto cemooznacavatisaa A,dokjeusuprotnomoznakaa , A.Napomena2. Skupovi se zadaju:1) analiticki - navodenjemnjegovih elemenata izmedu velikih zagrada,2) sinteticki - navodenjemsvojstava koja zadovoljavajuelementi,3) Venovim dijagramom(zatvorena amorfna kriva).Napomena3. Broj elemenata skupa moze biti konacan ili beskonacan. Ko-nacan skup koji nema elemenata nazivamo prazan skup i to obelezavamo sa ili . BrojelemenatakonacnogskupaAnazivamokardinalnibrojskupaA i obelezavamoga sacard(A).1112 Glava 2.SkupoviDenicija1. DvaskupaAi Bsujednakaakoisamoakoimajuisteele-mente i to oznacavamo saA = B. (U suprotnomA ,= B.)A = Bdef (x)(x A x B)Teorema1. Za skupoveA, BiCvazi:1) A = A,2) A = B B = A,3) A = B B = C A = C.Denicija2. SkupAjepodskupskupaB, uoznaci A B, akojesvakielement skupaA i element skupaB. (U suprotnomA , B)A Bdef (x)(x A x B)SkupA je pravi podskupskupaBako su skupoviA iBrazliciti i skupA jepodskup skupaB.A Bdef (A ,= B A B).Teorema2. Za skupoveA, BiCvazi:1) A A,2) A B B A A = B,3) A B B C A C,4) A B B C A C.Denicija3. Partitivan skup skupaA je skup svih podskupovaA, u oznaciP(A). ( P(A)).P(A) = S[S A.Denicija4. Unija skupovaA iB, u oznaciAB, je skup svih elemenatakoji pripadajubar jednom od skupovaA iB.A Bdef=_x[x A x B_ili(x)(x A Bx A x B).2.1.Teorija 13Teorema3. Za skupoveA, BiCvazi:1) A B = B A,2) (A B) C = A (B C),3) A A = A,4) A = A,5) A A B, B A B,6) A B A B = B.Denicija5. Presek skupova A i B, u oznaci AB, je skup svih elemenatakoji pripadajui skupuA i skupuB.A Bdef=_x[x A x B_ili(x)(x A Bx A x B).Denicija6. Dva skupa su disjunktna ako im je presek prazanskup.Teorema4. Za skupoveA, BiCvazi:1) A B = B A,2) (A B) C = A (B C),3) A A = A,4) A = ,5) A B A, A B B6) A B A B = A.Teorema5. Za proizvoljneskupoveA, BiCvazi:1) A (B C) = (A B) (A C),2) A (B C) = (A B) (A C).14 Glava 2.SkupoviDenicija7. RazlikaskupovaAi B, uoznaci A B, jeskupkoji sadrzielemente skupaA koji ne pripadajuskupuB.A Bdef= x[x A x , Bili(x)(x A Bx A x , B)Teorema6. Za skupoveA, BiCvazi:1) A B A, A = A,2) A BA B = ,3) A ,= B A B ,= B A,4) C (C A) A,5) C (A B) = (C A) (C B),6) C (A B) = (C A) (C B).Denicija8. SimetricnarazlikaskupovaAi B, uoznaci AB, jeskup(A B) (B A), tj.ABdef=(A B) (B A).Teorema7. Za skupoveA, BiCvazi:1) AA = ,2) A = A,3) AB = BA,4) (AB)C = A(BC),5) A (BC) = (A B)(A C).Denicija9. Neka jeA B. KomplementskupaAu odnosuna skupB,uoznaci CBAili udaljemtekstuA, jeskupsvihelemenataskupaBkojinisu elementi skupaA.A = x[x B x , Aili()(x Ax B x/ A).2.1.Teorija 15Teorema8. Ako suA iBpodskupovi nekog univerzalnog skupaXtada je:1) A = A,2) A BB A,3) A B = A B,4) A B = A B.Denicija10. Ureden par (a, b) je par elemenata gde je a prvi, a b drugi el-ement para (bitan poredak). Element a se naziva i prva kordinata, a elementb druga kordinata.Denicija11. Dvauredenapara(a, b)i(c, d)sujednakaakoisamoakojea = c ib = d, tj.(a, b) = (c, d)(a = c b = d).Denicija12. Dekartov (direktan) proizvod redom skupova A i B, u oznaciAB, je skup svih uredenih parova (a, b) cija je prva kordinata iz skupaA,a druga iz skupaB.AB = (a, b)[a A b Bili((a, b))((a, b) ABa A b B).Napomena4. ProizvodiABiB A nisu uvek jednaki. Po deniciji jeA = A = , dok jeAB = B A samo ako jeA = B.Napomena5. Za tri proizvoljna skupaA, BiCvaziAB C = (A B) Ckao iA1A2An = (a1, a2, ..., an)[a1 A1 a2 A2 an An.Napomenimo i da jeA A = A2,An1A = An.16 Glava 2.Skupovi2.2 Zadaci1. Navesti skupAciji suelementi brojevi 2, 1, 0, 1, 2natri razlicitanacina.Resenje:1) analiticki A = 2, 1, 0, 1, 2,2) sinteticki A = x[x Z [x[ 2,3) Veneov dijagram:sl.12. Da li su skupoviA = a, b, d, a iB = a, b, d jednaki?Resenje: Posto jeA = a, b, d, a = a, b, d, sledi da jeA = B.3. Za dati skup navesti bar dva prava podskupaA = 1, a, b, 3, d.Resenje: Moguci trazeni skupovi suB = 1, d iC = 1, 3, a.4. Za skupoveA = x[x N 3 < x < 9iB = x[x N (x < 5 x = 7)naci:1) A B,2.2.Zadaci 172) A B,3) AB,4) AB.i skupove predstavitiVeneovim dijagramom.Resenje: Posto jeA = 4, 5, 6, 7, 8 iB = 1, 2, 3, 4, 7,imamo1) A B = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8,2) A B = 4, 7,3) AB = 5, 6, 84) AB = 5, 6, 8, 1, 2, 3sl.218 Glava 2.Skupovisl.35. Od38ucenikajednog razreda20ucenikagovori engleski jezik, a24nemacki. Engleski,nemackiikineski govori5,engleskiinemacki9,samonemacki 6, a engleski i kineski 10. Koliko ucenika govori samo kineski?Resenje: Na osnovu Veneovogdijagrama (sl.3)vidimo da samo kineskigovore 3 ucenika.6. Za skupA = 1, 2, 3 naciP(A).Resenje:P(A) = , 1, 2, 3, 1, 2, 1, 3, 2, 3, 1, 2, 3 .7. Dokazati da vazi relacija:A (A B) = A.Resenje: Neka jex proizvoljanelementskupaA (A B),tj. neka jex A (A B). Na osnovu denicije unije skupova zakljucujemo da jexelemenat bar jednog od skupova A i AB.To znaci da je x Ax (AB).Koristecideniciju preseka zakljucujemo da vazi x A (x A x B).Sada nije teskozakljucitida jex A. Prema tome,proizvoljan elementxskupaA (A B) je takode clan skupaA. Na osnovu denicije podskupaimamo da je(1) A (A B) A2.2.Zadaci 19Dokazimo da relacija vazi i u obrnutom smeru:Pretpostavimodajeymakoji elementskupaA, tj. y A. Naosnovudenicije unije zakljucujemo da je taday A(AB). Dakle, proizvoljanelementy AjetakodeelementskupaA (A B). Koristeci denicijupodskupa zakljucujemo da vazi(2) A A (A B)Na osnovu (1) i (2) i denicije jednakosti skupova sledi da vaziA (A B) = A.Navedeni dokaz mogao je teci i krace na sledeci nacin:x A (A B) x A (x A B) x A (x A x B) x A.8. Dokazati:AB = (A B) (A B).Resenje:x AB x (A B) (B A) x (A B) x (B A) (x A x/ B) (x B x/ A) (x A x B) (x/ A x/ B) (x A B) x/ (A B) x [(A B) (A B)] (AB (A B) (A B))i obrnuto, da je (A B) (A B) AB, pa sledi da jeAB = (A B) (A B).9. Pokazati relaciju:A B = A B.20 Glava 2.SkupoviResenje:x A B x/ A B x/ A x/ B x A x B x A B,pa jeA B A B,i obrnutox A B x A x B x/ A x/ B x/ A B x A B,tj.A B A B.10. Neka jeA = 1, 2, 3, B = a, b. OdreditiABiB A.Resenje:AB = (1, a), (1, b), (2, a), (2, b), (3, a), (3, b) ,B A = (a, 1), (a, 2), (a, 3), (b, 1), (b, 2), (b, 3) .11. Neka su A, B, C proizvoljni skupovi. Dokazati da vaze sledece skupovnejednakosti:1) (A B) C = (AC) (B C),2) (A B) C = (AC) (B C).Resenje: Pokazacemo samo prvu, dok se druga dokazuje analogno(x, y), (x, y) (A B) C x (A B) y C (x A x B) y C (x A y C) (x B y C) (x, y) (A C) (x, y) (B C) (x, y) (A C) (B C).Glava3Relacije3.1 TeorijaDenicija1. narnarelacija, uoznaci , je svaki podskupDekartovogproizvodan skupova.Napomena1. U zavisnostiod brojan iz prethodnedenicije razlikujemo:unarnu (n = 1), binarnu (n = 2), ternarnu (n = 3), Notacija1. Ako je ABi (a, b) , kazemo da jea u relaciji sab ito oznacavamo saab.Napomena2. Binarna relacija skupaA je svaki podskup skupaA2.Napomena3. Relacije mozemo predstaviti:1) opisivanjem (tekstualno),2) skupom,3) pomocu grafa,4) navodenjem matematicko-logickoguslova,5) tabelarno.Denicija2. Neka je A2. Za relaciju se kaze da je:1) reeksivna ako (x A)(xx),2) simetricna ako (x, y A)(xy yx),2122 Glava 3.Relacije3) antisimetricna ako (x, y A)(xy yx x = y),4) tranzitivna ako (x, y, z A)(xy yz xz).Denicija3. Unija binarnih relacija1i2, u oznaci1 2, je skup:1 2 = (x, y)[(x, y) 1 (x, y) 2.Denicija4. Presek binarnih relacija1i2, u oznaci1 2, je skup:1 2 = (x, y)[(x, y) 1 (x, y) 2.Denicija5. Inverznabinarnarelacijarelacije , uoznaci 1, jeskupsvih onih i samo onih uredenih parova (y, x), za koje je (x, y) (y, x) 1 (x, y) Denicija6. BinarnarelacijadenisananaskupuA jerelacijaekviva-lencije ako je reeksivna, simetricna i tranzitivna (RST).Relacijukojajereeksivna, antisimetricnaitranzitivnanazivamorelacijaporetka (RAT).Notacija2. Uobicajenaoznakazarelacijuekvivalencijejesimbol (tilda), dok je za relaciju poretka .Relacija za koju vazi = je poznata kao prazna relacija, a ako je = A2,onda je puna relacija.Teorema1. ZaneprazanskupA,presekproizvoljnenepraznefamilijere-lacija ekvivalencije jeste relacija ekvivalencije skupaA.Denicija7. SkupAnakomejedenisanarelacijaporetka nazivaseparcijalno ureden skup. Ako pored toga za svaka dva elementax iy skupaAvazi i:x y y xkazemo da su elementix iyuporedivi, a da je skupA totalno ureden.Denicija8. Nekaje relacijaporetkanaskupuA, SAi x A.Element ajemajoranta(gornjeogranicenje)skupaSakojex azasvex S. Ako jea S, ondaa nazivamo maksimum skupaS.Element ajeminoranta(donjeogranicenje)skupaSakojea xzasvex S. Ako jea S, ondaa nazivamo minimum skupaS.3.1.Teorija 23Denicija9. Neka je relacijaporetkana skupuA. Elementa S AnazivamomaksimalanelementskupaS, akonepostoji x Stakavdajea x ix ,= a, tj.a S A je maksimalanelement skupa S (x S)(a x x ,= a)ilia S A je maksimalanelement skupa S (x S)(a x x = a).Analogno se denise minimalni element skupa S.Napomena4. Maksimum(minimum)skupaSimaksimalni(minimalni)element skupaSsu razliciti pojmovi.Teorema2. Akoskupimamaksimum(minimum)ondajeonjedinstven.Skup mozeimati vise maksimalnih (minimalnih)elemenata.Denicija10. Totalnoureden skup je dobro ureden relacijom ako svakinjegov neprazan skup ima minimum.Denicija11Klasaekvivalencijeelemenatax Arelacije denisanana skupuA, u oznaciCx, je skup svih elemenata skupaA koji su u relaciji sa elementimaxCx = y[x A x y .Teorema3. Neka je klasa ekvivalencije skupaA iCx klasa ekvivalencijeelementax A. Tada je za proizvoljnea, b A1) a Ca,2) a b Ca = Cb.Denicija12. Kolicnikskuprelacije ,denisanenaskupuA,uoz-naciA/, je skup svih klasa ekvivalencije relacije A/ = Cx[x A.24 Glava 3.Relacije3.2 Zadaci1. Navesti neke primere relacija.Resenje:1) manje od u skupu realnih brojeva,2) deljivo sa u skupu celih brojeva,3) lezi na izmedu tacaka i pravih u ravni.2. Neka je dat skupA = 4, 5, 6 i relacija A2data saxy ako i samoako jex manji ody. Predstaviti relaciju na preostala cetiri nacina.Resenje:1) skupom: = (4, 5), (4, 6), (5, 6),2) pomocu grafa:sl.43) navodenjem matematicko-logickoguslova: = (x, y)[x, y A x < y,4) tabelarno: 4 5 64 5 6 gde prva kolona predstavljax, a prva vrstay.3.2.Zadaci 253. Ispitati svojstvabinarnihrelacijanaskupuA= 1, 2, 3, 4i prikazatiprvu preko grafa.1) 1 = (1, 1), (1, 2), (2, 2), (2, 3), (3, 3), (4, 4),2) 2 = (1, 3), (2, 4), (3, 1), (4, 2), (1, 1),3) 3 = (1, 1), (2, 2), (3, 4), (2, 3),4) 4 = (1, 2), (2, 4), (1, 4), (4, 4),5) 5 = (1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (1, 2), (2, 3), (1, 3),6) 6 = (1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (1, 2), (2, 1).Resenje:1) reeksivna,sl.52) simetricna,3) antisimetricna,4) tranzitivna,5) reeksivna, antisimetricna i tranzitivna,6) reeksivna, simetricna i tranzitivna.4. Na skupu prirodnihbrojeva N zadata je relacija na sledeci nacin:x y x je cinilac od y.Ispitati relaciju.26 Glava 3.RelacijeResenje: Zasvakox N, xje cinilacodx. Akojexcinilacodyi ycinilacodxondajex=y.Nakraju, akojex cinilacodyi ycinilacodzonda jex cinilac odz. Na osnovu izlozenog data relacija je reeksivna,antisimetricna i tranzitivna, pa je ovo relacija poretka.5. Na skupuA = 1, 2, 3, 4, 5za date relacije1 = (1, 1), (1, 2), (1, 3), (3, 2),2 = (5, 4), (4, 3), (1, 2), (2, 2), (1, 3),naci: 1 2i1 2.Resenje:1) 1 2 = (1, 1), (1, 2), (1, 3), (3, 2), (5, 4), (4, 3), (2, 2),2) 1 2 = (1, 2), (1, 3).6. Na skupuA = a, b, c, d, eza relaciju = (a, d), (b, c), (b, d)naci inverznu relaciju1.Resenje: 1= (d, a), (c, b), (d, b).7. Neka je na skupuA = 1, 0, 1, 2denisana binarna relacija = (x, y)[ [x[ = [y[ .Ispitati prekografadali jeovorelacijaekvivalencijei akojesteodreditikolicnicki skup.Resenje:sl.63.2.Zadaci 27Posto je ovo relacija ekvivalencije kolicnickiskup je:A/ = 1, 1, 0, 2 .8. Neka je na skupu A denisana relacija ekvivalencije . Tada su svakedve klase ekvivalencije relacije ili jednake ili disjunktne. Dokazati.Resenje: Neka sux, y A. Treba dokazati da je iliCx = CyiliCx Cy = .Ako pretpostavimo da jeCx Cy ,= , tada treba dokazatida jeCx =Cy.Neka vazi nasa pretpostavka. Tada(z A) z Cx Cy z Cx z Cy z x z y x z z y x y.Prema tome, ako jez Cx, onda jez x, sto zajedno sax y dajez y,a odavdez Cy. Pokazalismo da jeCx Cy. Slicno dokazujemo i da jeCy Cx, pa je tadaCx = Cy.9. NekajeA = 3, 7, 7, 8, 3, 7, 8inekajerelacija relacija .Koji su elementi skupaA u odnosuna navedenu relaciju uporedivi?Resenje: Uocavamoda elementi 3, 7i 7, 8nisu uporedivi,zato stonije 3, 7 7, 8, kaoi obrnuto 7, 8 , 3, 7. Ukolikooveelementeuporedujemo sa 3, 7, 8, uocavamo da su uporedivi, jer je 3, 7 3, 7, 8.28 Glava 3.RelacijeGlava4Preslikavanja4.1 TeorijaDenicija1. Nekaje Xneprazanskup. Binarnurelaciju f X Ynazivamo preslikavanje skupaXu skupY , u oznacif : X Y(iliXfY ),akosvakomelementux Xodgovarajedani samojedanelement y Ytakav da je (x, y) f, tj.f: X Y (x X)(y, z Y ) ((x, y) f (x, z) f y = z) .Napomena1. Pojampreslikavanja(funkcionalnarelacija), kaoi pojamskupa,spadaufundamentalnepojmovematematike. Jasnoje,dakle,dasei ovde, kao kod relacija, radi o uspostavljanju odredenih veza izmedu eleme-nata dva skupa. Svakako,i ove veze imajuneke svojeosobenostii osobine.Kod relacija smo imali da jedan element skupaXmoze biti povezan sa viserazlicitihelemenataskupaY , dokkodpreslikavanjaimamodajejedanel-ement skupaXuvezi sanajvise jednimelementomskupa Y . Uz tosepretpostavlja da je svaki element skupaXu vezi sa nekim elementom skupaY .Notacija1.Cinjenicuda(x, y) fmozemosimbolickizapisati isay=f(x). Element f(x) skupaY senazivavrednost preslikavanja f utackix. Uobicajenoje, madai pogresno, dasepreslikavanje f identikujesavrednostitog preslikavanja u tackix, tj. saf(x). Tako, na primer, kazemopreslikavanjesinx, atrebareci preslikavanjesin. Ovonekorektnoizrazavanje je cesto podesno i zato ga primenjujemo bez ustrucavanja. Takose,vrlo cesto,iumestopreslikavanjekoristiterminfunkcija. Poznato2930 Glava 4.Preslikavanjaje da se za preslikavanjef : R R_(x, y) f R2_kaze da je to realna funkcija ili jednostavno funkcija. Medutim, postojepreslikavanjakojanisufunkcije. Takojepreslikavanje f kojeproizvoljanelement skupaXpreslikava u proizvoljanelement skupaYpoznatokao op-erator, dok je preslikavanje koje proizvoljan element izXpostupkomfpres-likava u skup brojeva poznato kao funkcional (tu se skup elemenata koji nisubrojevi preslikava u skup brojeva, na primer: odredeniintegral).Funkcijuoznacavamosay=f(x),atojevrednostfunkcijeutacki x. Zaovako denisano preslikavanje kazemo da je funkcija jednog argumentax.Denicija2. Skup uredenih parova (x, f(x)) pretstavljen tackama u kordi-natnom sistemu naziva se grak funkcijef.Notacija2. Elemente skupaXkoji se preslikaju u skupYnazivamo orig-inaliililikovi,aelementef(x) Y nazivamoslikeoriginalax. SamskupXnazivamo skup originala ili domen odf, dok slike elemenatax nazivamoskup vrednosti preslikavanjafili kodomen zaf.Skupsvihslikapreslikavanja f : XY oznacavamosa f(X), tj. saf(X) = f(x)[x X. Prema denicji preslikavanja sledi da jef(X) Y .Preslikavanjef:X Y ,tj. f= (x1, y1), (x2, y2), ...mozemooznacitiina slede ci nacin:f =_x1x2...y1y2..._.U prvoj vrsti su elementi skupaX(originali), a u drugoj odgovarajuce slikeiz skupaY .Denicija3. Preslikavanjef:X Y jepreslikavanjeskupaXnaskup Y(sirjektivno preslikavanje), u oznaci f : XnaY , ako je f(X) = Y ,tj.f : XnaY f(X) = Yili(y Y )(x X)(y = f(x)).Denicija4. Preslikavanjef: X Y jejedan-jedan(obostrano-jednoznacno ili injektivno) preslikavanje, u oznaci f : X11Y , ako razlicitimoriginalima odgovarajurazlicite slike(x1, x2 X)(x1 ,= x2f(x1) ,= f(x2))4.1.Teorija 31tj.(x1, x2 X)(f(x1) = f(x2)x1 = x2).Denicija5. Ako je preslikavanjef:X Y 1-1 i natada kazemoda jefbijektivno preslikavanje(bijekcija).Denicija6. Bijektivnopreslikavanjef: X XskupaXnasamogsebezovemoi transformacijaskupaX. Akoje Xkonacanskup, ondazabijektivnopreslikavanje f : X XkazemodajepermutacijaskupaX. Ukolikoje (xX)(f(x) =x) preslikavanje nazivamoidentickoioznacavamo ga saIX.Denicija7. Preslikavanjef:X Y je konstantnopreslikavanjeakosesvi elementi skupaXpreslikavaju u jedan i samo jedan element skupaY , tj.(x X) (c Y ) f(x) = c .Denicija8. Nekasudatatri nepraznaskupaX, Y i Zi nekasudatapreslikavanjag : X Y if: Y Z. Tada za preslikavanjeh : X Zodredeno sa (x X) h(x) = f(g(x)), a u oznacih = f gkazemo da jeproizvod(slaganje,kompozicija)preslikavanjafi g. Funkcijahjeslozenafunkcija.Teorema1. Kompozicija preslikavanja nije komutativna. ( Komutativnostne vazi cak ni tada kada jef: X Yig : Y X).Teorema2. Neka su data preslikavanja f : X Y, g : Y Z i h : Z S.Tada vazi da je(h g) f = h (g f).Denicija9. Nekajef:X Y bijektivnopreslikavanje,aIXidentickopreslikavanje skupaX. Preslikavanjef1: Y X, a koje ima osobinu dajef1 f= IX, je inverzno preslikavanje preslikavanjaf.Denicija10. NekasudatadvaskupaXi Y . Skupovi Xi Y suekviva-lentni, u oznaciX Y , ako postoji bijekcija skupaXna skupYDenicija11. Neka je dat skup X i njegov pravi podskup X

(X

X). ZaskupXkazemodajebeskonacanakojeekvivalentannekomsvompravompodskupuX

. U protivnom,skupXje konacan.Denicija12. Za skupXkazemo da je prebrojiv skup ako je ekvivalentanskupu prirodnihbrojeva.32 Glava 4.Preslikavanja4.2 Zadaci1. Neka su dati skupoviX = 1, 2, 3 iY= a, b, c. Neka su sadaf1, f2if3podskupoviskupaX Ydenisani sa :1) f1 = (1, a), (2, c), (3, c),2) f2 = (1, b), (1, c), (2, d), (3, a),3) f3 = (2, c), (3, b).Koji od navedenih podskupovasu preslikavanja?Resenje: Uocavamo, imajuci naumudenicijupreslikavanja, dajef1preslikavanjeskupaXuskupY , dokf2i f3tonisu. f2neispunjavatajuslov jer je (1, b) f2i (1, c) f2, tj. elementu 1 Xodgovaraju elementib, c X. Kodf3imamodaje1 X, adanemaslikuuY , tj. f3(1)nepostoji. Znamo da denicija preslikavanja obezbeduje da jedan original imatacno jednu sliku, ali je dopusteno da dva razlicita originala imaju istu sliku(f1(2) = f1(3) = c).2. Za skupoveXiYiz predhodnogzadatkanavesti jedanprimer preslika-vanjaf: Y X.Resenje:f =_a b c3 2 3_.3. Navesti dva primera preslikavanja na.Resenje:1) Neka jef: RR, pri cemu jef = (x, y)[x R y = x3Navedeno preslikavanje (funkcija) je na. x je nezavisno promenljivaili argument, ay je zavisno promenljiva.2) PreslikavanjeskupaX= 1, 2, 3, 4naskupY = a, b, ckojejezadato je saf =_1 2 3 4a b a c_.4.2.Zadaci 334. Navesti dva primeraspreslikavanja 1-1.Resenje:1) Neka jef : RR, pri cemu jef(x) = 5x 1.Tada je zaistaf(x1) = f(x2) 5x1 1 = 5x2 15x1 = 5x2x1 = x2.2) NekajeA= 1, 2, 3, 4, B= a, b, c, d. Tadajepreslikavanjef :ABdato saf =_1 2 3 4b a d c_1-1 preslikavanje.5. Navesti primer bijektivnog preslikavanja f skupa X = 1, 3, 5, 7 na skupY= a, b, c, d.Resenje:f=_1 3 5 7a c b d_6. Neka jeX= Y= a, b. Odreditisva preslikavanjaskupaXu skupY(tj. u isti skupX = Y ).Resenje: To su sledeca preslikavanja:1)f1 =_a ba a_2)f2 =_a bb b_3)f3 =_a ba b_34 Glava 4.Preslikavanja4)f4 =_a bb a_7. Nekajesadaf: R Rpreslikavanjeskuparealnihbrojevausamogsebe i neka jedenisano saf = (x, x2)[x R.Objasniti recima navedeno preslikavanje.Resenje: Ovoznaci dasesvakomrealnombrojuxdodeljujekaoslikanjegov kvadratx2.Zavisnostizmeduoriginalaxiodgovarajuceslikeydatajeodredenimzakonompridruzivanja. Ovaj zakon mozemo iskazatiformulomf(x) =x2,tj. y =x2. Tada za funkcijufkazemoda je zadata analiticki,tj. da je toanaliticki prikaz realne funkcije.Svakako, funkcije se zadaju analiticki ukoliko je to moguce. Za ove funkcije,ciji su domen i kodomen skupovi realnih brojeva kazemo i da su numerickefunkcije. Za kodomen se kod njih uzima maksimalan podskup skupa realnihbrojevanakomejedenisanaformulakojomjezadatafunkcija, odnosnoskup svih realnih brojeva x za koje f(x) ima smisla u skupu realnih brojeva(f(x) R).8. Navesti tri primera funkcija i jedan primer koji to nije.Resenje:1) Prvajerealnafunkcijafdenisanasaf(x)= [x[iimazadomenskup x R[x 0 R.2) Preslikavanjef = (x, y)[x R y = x2 je funkcija.3) Funkcijaf : NR je poznata kao niz brojeva.4) f= (x, y)[x R x2= y2 nije funkcija, jer je jasno da je (2, 2) fi (2, 2) f.9. Nekasudati skupovi X= 1, 2, 3, Y = a, bi Z= d, e, k, kaoipreslikavanje4.2.Zadaci 35g =_1 2 3a b b_f=_a be k_Naci proizvod preslikavanjah = f g.Resenje:h = f g =_a be k_ _1 2 3a b b_ = f(g(x)) =_1 2 3e k k_.10. Za preslikavanjaf(x) = 4x 6 ig(x) = 3x2+ 4x naci:1) f(g(x)) =?2) g(10x + 5f(x)) =?Resenje:1) f(g(x)) = f(3x2+ 4x) = 4(3x2+ 4x) 6 = 12x2+ 16x 6.2) g(10x+5f(x)) = g(10x+5(4x6)) = g(10x30) = 3(10x30)2+4(10x 30) = 300x21760x + 2580.11. Dokazati Teoremu 2.Resenje: ((h g) f: X Skao ih (g f) : X S(h g) f= h (g f)1)(x X)((h g) f)(x) = h g(f(x)) = h(g(f(x))) ((h g) f) (x) = h(g(f(x)))2)(x X) (h (g f))(x) = h((g f)(x)) = h(g(f(x))) (h (g f)) (x) = h(g(f(x))).36 Glava 4.PreslikavanjaIz 1) i 2) sledi tvrdenje.12. Nekajef preslikavanjeR Rodredenoformulomf(x)= 3x 2.Naci inverzno preslikavanje.Resenje:Za nalazenje inverznog preslikavanja potrebno je najpre utvrditida je dato preslikavanje na i 11 preslikavanje. Posto je (y R)(x R)(y = f(x)) navedeno preslikavanje je na. Pokazimo da je i 11. Trebapokazati da izf(x1) = f(x2) x1 = x2. U konkretnom primeru imamo daje zax1f(x1) = 3x1 2, a zax2jef(x2) = 3x2 2. Postujucijednakostf(x1) = f(x2), dobijamo da je 3x12 = 3x223x1 = 3x2 x1 = x2,tj. izf(x1) =f(x2) x1=x2zasvex1, x2 R, stoznaci dajef1-1preslikavanje. Kako smo utvrdili neophodan uslov, to sada prelaz-imonaodredivanjeformulezaf1. Utomciljupolazimoodjednakostif1(f(x)) =x, a sto nas dovodi do jednacine posebne vrste, do takozvanefunkcionalnejednacine, jerjenepoznatafunkcija. Resavamojenasledecinacin. Za izraz 3x2 uvodimo novi izraz, na primer a, tj. a = 3x2. Sada,resavanjem te jednacine pox dobijamo da je:f1(3x 2) = x _a = 3x 2 a + 2 = 3x a + 23= x_ f1(a) =a + 23,tj. akokoristimouobicajenuoznakux, imacemodajeinverznafunkcijadatoj funkcijaf1(x) =x + 23.13. Da li je skup svih prirodnihbrojeva N beskonacan?Resenje: Skup N je beskonacan,jer je ekvivalentansvompravompod-skupuP= 2, 4, 6, ..., 2n, .... Zaista,postoji bijekcijaf: N Pden-isana formulomf(x) = 2x, a koja je bijekcija skupa N na skupP.14. Navesti jedan prebrojiv skup.Resenje: Naosnovuprethodnogzadatka, postojefunkcijaf(x)=2xbijekcija, skup svih parnih brojeva je prebrojiv.Glava5Algebarskestrukture5.1 TeorijaDenicija1. Nekaje Aneprazanskupi n 1prirodanbroj. Podn-arnomoperacijomnanepraznomskupuApodrazumevamopreslikavanjef: AnA. Pritomezasvakoa1, a2, ..., an Apostoji jednoan+1 A,tako da je ((a1, ..., an), an+1) , tj. (a1, ..., an) = an+1.Brojn se zove arnost ili rang operacije.Napomena1. Specijalnozan=1imamounarnuaza n=2imamobinarnu operaciju.Kako jeA2skup uredenih parova cije su komponente elementi skupaA, auoblika (x, y), to odnos izmedu njih zapisujemo i sa(u) = z. Dakle, svakomparuelemenatax, y Apridruzujesejedanelement z Atakavdaje(x, y) =zili xy =z. Samebinarneoperacijeobelezavamouglavnomsa+,, , ili na neki drugi nacin. Tako umesto(x, y) pisemonpr. x y,tj. x y = z.Denicija2. Parcijalna (delimicna) binarna operacija skupa A je preslika-vanje nekog pravogpodskupaskupaA2u skupA.Napomena2. OperacijeseprikazujupomocuKelijevihtablica. SledecaKelijeva tablica denise jednu binarnu operaciju na skupu a, b: a ba a bb a a3738 Glava 5.AlgebarskestrukturePrema ovoj tablici je: a a = a, a b = b, b a = a ib b = a.Denicija3. Kadajenaskupudenisanajednaili viseoperacija, tadakazemo da je zadata algebarska struktura.Denicija4. Za skupA Xkazemo da je zatvoren u odnosu na operaciju denisanu na skupuXako je(x, y A) (x y A) .Denicija5. NekajeAneprazanskup. Uredenudvojku(A, )nazivamogrupoid ako je skupA zatvoren u odnosu na operacija tj.(x, y)(x, y A x y A).Denicija6. Neka je (A, ) grupoid. Tadaako vazi onda je grupoid A(e A)(x A)(x e = e x = x) sa jedinicome(ili sa neutralnim elementom)(0 A)(x A)(x 0 = 0 x = 0) sa nulom0(x A)(y A)(x y = y x) komutativan (ili Abelov)(x A)(z A)(y A)x (y z) = (x y) z asocijativan(x A)(y A)(z A)x (y z) = (x y) (x z) distributivan(x y) z = (x z) (y z)(x A)(x x = x) idenpotentan(x A)(y A)(z A)x y = x z y = z kancelativany x = z x y = zDenicija7. NekasunaskupuAdenisanedvebinarneoperacije i .Kazemo da je operacija levo distributivna u odnosu na operaciju ako je(x, y, z A) x (y z) = (x y) (x z) .Operacija je desno distributivna u odnosu na operaciju ako je(x, y, z A) (y z) x = (y x) (z x) .5.1.Teorija 39Za operaciju kazemoda jedistributivna uodnosunaoperaciju ako jeilevo i desno distributivna u odnosuna operaciju .Denicija8. Za elementx grupoida (A, ) sa jedinicnim elementome, el-ementx1je inverzni ako vazi:x x1= x1 x = e.Denicija9. Grupoid (A, ) nazivamo polugrupa (ili semigrupa) ako je op-eracija asocijativna.Denicija10. Polugrupu (A, ) nazivamo grupa ako ona ima neutralni el-ement i ako svaki element ima inverzni.Teorema1. Neka je (A, ) grupa. Tada je za svex, y, z Ax y = x z y a = z a y = z.Teorema2. Neka je (A, ) grupa. Tada za svea, b A jednacinea x = b i y a = bimaju jedinstveno resive pox i poy.Denicija11. Grupu(A, )nazivamokomutativnaili Abelovagrupaakoje operacija komutativna.Denicija12. Uredenutrojku(A, , ), gdejeAneoprazanskup, a i dve binarne operacijeskupaA nazivamo prsten, ako je1. (A, ) Abelova grupa2. (A, ) polugrupa3. distributivna u odnosu na .Denicija13. Prsten(A, , ) zovemopolje, akoje(Ae, ) Abelovagrupa, gde jeeneutralni element operacije .Denicija14. Preslikavanjef: A B se naziva homomorzam strukture(A, ) u (B, ) ako vazi:(x, y A) ( f(x y) = f(x)f(y) ).Ako je uz to preslikavanje f(x) bijekcija, onda se naziva izomorzam. Ovakopreslikavanjedenisanonaistoj algebarskoj strukturi senazivaautomor-zam.40 Glava 5.Algebarskestrukture5.2 Zadaci1. Navesti primere unarne, binarne, ternarne i n-arne operacije.Resenje:1) Unarna: Operacija(x) = x na skupu celih brojeva Z.2) Binarna: Na skupu celih brojeva Z imamo operacije zbira1(x, y) =x + y i proizvoda2(x, y) = xy.3) Ternarna: Naskupucelihbrojevadenisimooperacijunasledecinacin(x, y, z) = x + y z.OvaistaoperacijanaskupuprirodnihbrojevaNnijeternarnaop-eracija, jer recimo(2, 3, 7) nije prirodan broj.4) n-arna: Na skupu prirodnih brojeva N moze se denisati operacija nasledeci nacin : svakoj uredenoj n-torci prirodnih brojeva pridruzujemonjihov najveci zajednicki delilac.2. Navesti primere delimicne (parcijalne,uslovne) operacije.Resenje:1) Operacija oduzimanje je, u skupu prirodnih brojeva N, delimicna op-eracija, jer je izraz xy odreden u skupu N pod uslovom x > y. Dakle,operacija oduzimanje je preslikavanje skupa(x, y)[x, y N x > y N2u skupu N.2) Deljenjeje delimicnaoperacijau skupu racionalnihbrojeva Q,jerjeizrazxydenisan pod uslovom da jey ,= 0.3. Na skupuA = 1, 2, 3, 6navestiprimeroperacije zakojuvazidaje(x A)(x x = x).Resenje: Opraciju cemo denisati tablicom: 1 2 3 61 1 2 3 62 2 2 6 63 3 6 3 66 6 6 6 65.2.Zadaci 41Prema ovoj tablici je 2 3 = 6, 3 3 = 3, 6 3 = 6 ...Primecujemo da je ovaoperacija denisana isax y =NZS(x, y), gde jeNZSoznaka za najveci zajednicki sadrzilac dva broja.4. Da li je svaki neprazan podskupA skupa prirodnih brojeva N zatvoren uodnosu na operacijuNZS? Navesti jos neke primere.Resenje: Jeste, jer je ispunjen uslov(x, y A) x NZSy A.Skup svih parnih celih brojeva zatvoren je u odnosu na operacije + i .Medutim, to ne vazi za skup neparnih celih brojeva.5. Akozaoperacijupostoji neutralni element, tadaje onjedinstven.Dokazati.Resenje: Pretpostavimo da postoje dva neutralna elementaei e1(e ,=e1). Tada je(e e1 = e1 e = e e1 e = e e1 = e1) e = e1sto je protivurecno pretpostavci da jee ,= e1.Zadatak je dokazan svodenjem na protivurecnost.6. Za operacijesabiranjei mnozenjeu skupu celih brojeva Z odreditineu-tralne elemente.Resenje: To su brojevi 0 i 1 respektivno.7. Neka je na skupu A denisana neka asocijativna operacija za koju postojineutralni element e. Akopri tompostoji iinverznielement x1elementax A, tada je on jedinstven. Dokazati.Resenje: Dokazizvodimopolazeciod protivurecne pretpostavke. Nekapostoje dva inverzna elementax11ix12(x11,= x12) elementax. Tada je_x11 x_ x12= e x12= x12 x11_x x12_ = x11 e = x11.Kako je operacija asocijativna, to je i_x11 x_ x12= x11_x x12_,a sto znaci da je i x11= x12, sto je protivrecno pretpostavci da je x11,= x12.42 Glava 5.Algebarskestrukture8. Navesti primer polugrupe i komutativne grupe.Resenje:1) Grupoid (N, +) je polugrupa.2) Grupoid(Z, +)jekomutativnagrupa, a(Z, )nijegrupa. Takode,(Q, +) je komutativna grupa, a (Q, ) nije grupa.9. Ispitati osobine algebarske strukture (A, ) na skupuA = e, a, b, c, gdeje operacija datas tablicom: e a b ce e a b ca a e c bb b c e ac c b a eResenje:1) Iz tablice se neposredno proverava da je (x, y A) (x y A) pa jeskupA zatvoren u odnosu na operaciju . Sledi da je (A, ) grupoid.2) Operacija je asocijativna. Na primera (b c) = a a = e = c c = (a b) c.Sledi da je (A, ) polugrupa.3) Posto jee e = e,e a = a e = a,e b = b e = b ie c = c e = cimamo da je elemente jedinicni element grupoida (A, ).4) Svaki elementx A ima svoj inverznix1i on jex1= x.5) Operacija je komutativna, jer je: a b = c = b a,a c = b = c a ib c = a = c b.Na osnovu 2), 3), 4) i 5) imamo da je (A, ) komutativna grupa.10. Navesti primere algebarskih struktura koji su prsten i polje.Resenje:1) (Z, +, ) je prsten celih brojeva.5.2.Zadaci 432) (Q, +, ) je polje racionalnih brojeva.11. Na skupuA = 0, 1, 2, 3date su operacije i tablicama: 0 1 2 30 0 1 2 31 1 2 3 02 2 3 0 13 3 0 1 2 0 1 2 30 0 0 0 01 0 1 2 32 0 2 0 23 0 3 2 1Dokazati da je (A, , )prsten.Resenje: Da bi smo pokazali da je struktura (A, , ) prsten potrebno jepokazati da je1) struktura (A, ) komutativna grupa,2) struktura (A, ) polugrupa,3) distributivna u odnosu na .1) a) Iz tabliceseuocavada je (x, y A) (x y A)pa je skupAzatvoren u odnosu na operaciju . Sledi da je (A, ) grupoid.b) Operacija je asocijativna. Na primer0 (1 2) = 0 3 = 3 = 1 2 = (0 1) 2.Sledi da je (A, ) polugrupa.c) Posto je 00 = 0, 01 = 10 = a, 02 = 20 = 2 i 03 = 30 = 3imamo da je elemente = 0 jedinicni element grupoida (A, ).d) Svaki element x A ima svoj inverzni x1i to: za x = 0 inverznijex1=0, zax=1inverzni jex1=3,zax=2inverznijex1= 2.e) Operacija je komutativna jer je:12 = 3 = 21, 13 = 0 = 31i 2 3 = 1 = 3 2.Na osnovub),c),d) ie) imamo da je (A, ) komutativna grupa.2) struktura (A, ) polugrupa,a) Iz tabliceseuocavada je (x, y A) (x y A)pa je skupAzatvoren u odnosu na operaciju . Sledi da je (A, ) grupoid.44 Glava 5.Algebarskestruktureb) Operacija je asocijativna. Na primer3 (1 2) = 3 2 = 2 = 1 2 = (3 1) 2.Sledi da je (A, ) polugrupa.c) Imamo da je 2 2 = 0 i 2 ,= 0.Na osnovub) ic) imamo da je (A, ) najvise polugrupa.3) Da je distributivna u odnosu na proveravamozamenomdirektnoiz tablica.Glava6Jednacinesajednomnepoznatom6.1 TeorijaDenicija1. Jednakost iskazaA i B je logicki sud koji izrazava da je vred-nost iskazaA jednaka vrednostiiskazaB, u oznaciA = B.Napomena1. Jednakosti suizrazi spojeni znakom=. Jednakosti, kaoiskazne recenice, mogu biti tacne () ili netacne (), u oznaciv(A = B) =_ IskazeAi Bmozemodazamenimoalgebarskimizrazimakojiusebimogusadrzatijednu ili vise promenljivih.Denicija2. NekasuAi Balgebarski izrazi koji sadrzen-promenjivih.Tada kazemo da je jednakostA = Bjednacina sa n-nepoznatih.Napomena2. Zan = 1 ima jednacinu sa jednom nepoznatom.Denicija3. Akojejednacinatacnazamakojevrednosti promenljivih,tada kazemo da se radi o identitetu.Denicija4. Onebrojnevrednosti promenljivihzakojesejednacinasajednom nepoznatom prevodi u brojnu jednakost, nazivaju se resenja (koreni)jednacine.4546 Glava 6.JednacinesajednomnepoznatomNapomena3. Prematome,resitijednacinuznacinacisvanjenaresenjailiseuveritiutodaonanemaresenja. Samproblemresavanjajednacinejeuslovljenpojmomekvivalentnosti jednacina, o cemunamgovorisledecadenicija:Denicija5. Dve jednacine sa istompromenljivomsu ekvivalentne ako jesvako resenje jedne od njih, resenje i druge jednacine i obrnuto.Teorema1. Nekasu A, Bi Cbilokoji brojevi ili algebarski racionalniizrazi. Tada su tacna sledeca tvrdenja:1) A = C(A = BC = B),2) B = C(A = BA = C),3) A = B (A + C = B + C),4) C ,= 0(A = BAC = BC),5) svaki clan jednacinese mozepreneti sa jedne straneznaka jednakostina drugu, ako mu se promeni znak.Napomena4. Jednacinu, ekvivalentnu sa jednacinom oblikaax = bgdesuai brealni brojevi axnepoznata, nazivamolinearnajednacinasajednom nepoznatom. Brojevia ib su parametriili koecijenti.Teorema2. U zavisnosti od parametaralinearne jednacine imamo sledecemoguce slucajeve za njeno resenje:1) Akoje a,=0imamodajebajedinoresnje, paje datajednacinajednacina sa jedinstvenim resenjem.2) Ako jea = 0 ib ,= 0 tada jednacina nema resenja pa je nemoguca.3) Ako jea = 0 ib = 0, tada je svaki realanbroj resenje date jednacine,pa je ona neodredena.6.2.Zadaci 476.2 Zadaci1. NekajeA(x)=x, B(x)=11xi C(x)=2 3x.Stapretstavljajujed-nakosti:1) A = B,2) A = C.Resenje: Zakljucujemo da je jednakostA = B identitet, jer su vrednostiovih izraza jednake ma za koje x ,= 0, dok jednakost A = C nije identitet, jerje jednostavno naci vrednosti za x, za koje su ti izrazi razliciti. Na primer, zax = 0 A(0) = 0, aC(0) = 2, itd. Jasno je da jednakostA = Cmozemo,za neke vrednostix, transformisati u brojnu jednakost. To postizemo takosto izA =C x = 2 3x,a odavde sledi da zax =12jednakostA =Cprelazi u brojnu jednakost.2. Da li su sledece jednacine ekvivalentne?1) x 3 = 0 i 1 + x = 4,2) x29 = 0 ix 3 = 0.Resenje:1) x 3 = 0 i 1 + x = 4 su ekvivalentne jer im je koren brojx = 3.2) Jednacinex2 9=0i x 3=0nisuekvivalentne, madajex=3koren i jedne i druge, alix = 3 je koren samo prve jednacine.(Resavanjejednacinesesvodi natodaseonasvedenasebi ekvivalentnujednacinu iz koje se mogu uociti resenja).3. Dokazati teoremu 1.Resenje:1) (=) Pretpostavimo da jeA =C. Ako jeA =Bonda,na osnovusimetrije i tranzitivnosti, zakljucujemo da jeC = B.(=) Ako jeC = B, to na osnovu tranzitivnosti sledi da jeA = B.Iz navedenog sledi da vaziA = C (A = BC = B)sto je i trebalo dokazati.48 Glava 6.Jednacinesajednomnepoznatom3) () Neka jeA = B. Kako je jednakost saglasna sa operacijom sabi-ranje, to dodavanjem C na obe strane dobijamo da je A+C = B +C.() Ako vaziA+C = B +C, tada dodavanjem (C) sa obe stranedobijamo da jeA+C+(C) = B+C+(C)A+CC = B+CC A = B .Preostala tvrdenja se analogno dokazuju.4. Resiti pox jednacinu:12x 5 =16x 13 .Resenje:12x 5 =16x 13/6 3x 30 = x 2 / + (x) 2x 30 = 2 / + 30 2x = 28/ : 2 x = 14.Dakle, imamo ekvivalenciju12x 5 =16x 13x = 14 .Odavde neposredno zakljucujemo da je broj 14 resenje polazne jednacine.5. Dokazati da je jednacina3x 4 = 5x + 2linearna jednacina sa jednom nepoznatom.Resenje:3x 4 = 5x + 2 3x 5x = 4 + 2 2x = 6 2x = 28/ : 2 x = 14.6.2.Zadaci 496. Resitipox jednacine:1) x + 2 = 8,2) 2x 1 = x + 2.Resenje:1)x + 2 = 8 x + 2 2 = 8 2 x = 6.2)2x 1 = x + 2 2x x 1 = x x + 2 x 1 = 2 x 1 + 1 = 2 + 1 x = 3.7. Zaa, b R, a ,= 0, b ,= 0 resiti pox jednacinu:x abx ba=2(a2b2)ab.Resenje:A x abx ba=2(a2b2)ab/ab a(x a) b(x b) = 2(a2b2) ax a2bx + b2= 2a22b2 (a b)x = 3(a2b2) (a b)x = 3(a b) (a + b)Sada razlikujemo sledece mogucnosti:1) Ako jea b ,= 0, tj. a ,= b, tada jednacinaA ima jedinstveno resenje3(a + b), jer je(a b)x = 3(a b)(a + b)x = 3(a + b)50 Glava 6.Jednacinesajednomnepoznatom2) Ako je a b = 0, tj. a = b, tada je jednacinaA ekvivalentna jednacini0x = 0, pa je svaki realan broj njeno resenje, odnosno, jednacina jeidentitet.8. Marko je tri puta mladi od svog brata, a zajedno imaju 68 godina. Kolikogodina ima Marko, a koliko njegov brat?Resenje: Oznacimo broj godina Marka sa promenjivomx. Tada jex + 3x = 68 4x = 68 x =684 x = 17.Marko ima 17 godina, a njegov brat 317 = 51 godinu.9. Na prvoj polici se nalazix knjiga, na drugoj tri puta manje a na trecojpetputa visenego na prvoj. Ako bi setrecojpolicidodalo8 knjiga nanjojbi bilo 83 knjige. Koliko se knjiga nalazi na sve tri polici?Resenje: Na trecoj polici ima 83 8 = 75 knjiga. Posto na trecoj policiima pet puta vise knjiga nego na prvoj imamo da je5x = 75 x =755 x = 15.Posto na prvoj polici ima 15 knjiga, a na drugoj tri puta manje, broj knjigana drugoj polici jex3 153 5.Ukupno znaci ima 15 + 5 + 75 = 95 knjiga na sve tri police.10. Akouposududodamo18litaravodedobicemokolicinuvodekojajecetiri puta veca od kolicine vode koja bi se dobila kada bi iz posude odvadili24 litra vode. Koliko litara vode ima trenutno u posudi?Resenje: Oznacimo broj litara vode u posudi promenjivom x. Imamo daje(x + 18) = 4(x 24) x + 18 = 4x 96 96 + 18 = 4x x 114 = 3x x =1143 x = 38.11. Nina ima sest puta vise dinara od Maje. Ako Nina potrosi 24 dinara, aMaja zaradi18 dinara tada je kolicnik preostalognovca Nine i Maje jednakbroju dva. Koliko je imala novca Nina, a koliko Maja?6.2.Zadaci 51Resenje: Neka je broj novca koji ima Majax. Tada6x 24x + 18= 2 6x 24 = 2(x + 18) 6x 24 = 2x + 36 6x 2x = 36 + 24 4x = 60 x =604 x = 15.Maja je imala 15 dinara, a Nina 615 = 90 dinara.52 Glava 6.JednacinesajednomnepoznatomGlava7Sistemilinearnihjednacina7.1 TeorijaDenicija1. Neka jen Niaij R, i, j = 1, 2, ..., n. Determinanta redan, u oznaciD, je kvadratna sema oblika:D =a11a12... a1na21a22... a2n...... ......an1an2... ann(7.1)Denicija2. Neka sui, j = 1, 2, ..., n.U determinantiD, datomsa (7.1):1)aijsu koecijenti determinante.2)a1j, a2j, ...., anjsu elementijte kolone.3)ai1, ai2, ...., ainsu elementiite vrste.4)a11, a22, ...., annsu elementi glavne dijagonale.5)an1, a(n1)2, ...., a1nsu elementi sporednedijagonale.6)Dij, (n 2) je minor ili subdeterminanta elementaaijdeterminanteD,kojasedobijaodDizostavljanjemitevrstei jtekolone. MinorDijjeredan 1.7)TransponovanadeterminantadeterminanteD, uoznaci D

jedetermi-nanta oblikaD

=a11a12... a1na21a22... a2n...... ......an1an2... ann5354 Glava 7.Sistemilinearnihjednacina8) Aij=(1)i+jDij, jekofaktor ili algebarski komplement elementaaijdeterminanteD.Denicija3. Svakoj determinanti Ddodeljujemo jedanrealanbroj i nazi-vamogavrednostdeterminanteD. Ovavrednostsetakodeobelezavaistimsimbolomkao determinanta i racuna se na sledeci nacin:1)D = [a11[ = a11,2)D =n

i=1aijAij =n

j=1aijAij, n 2.Teorema1. Neka jen 2. Tada:1) D = D

.2) Akodve vrste (ili dvekolone) promene mestadeterminantamenjaznak.3) Determinanta se mnozi realnim brojem tako sto se svaki element jednevrste (kolone) pomnozitim brojem.4) Ako su u determinati svi elementi jedne vrste (kolone) jednaki 0, tadajeD = 0.5) Ako su u determinanti dve vrste (kolone) proporcionalne,tada jeD =0.6) Akoje svaki element kte vrste (kolone) determinante D, reda n,prikazankao zbir dva sabirka,akj = bkj + ckj, j = 1, 2, ..., n,onda jeD = D1 + D2,gde su determinanteD1iD2redan i sve vrste (kolone) semkte suim kao kod determinanteD, dok jekta vrsta (kolona) determinanteD1upravobk1, bk2, ...., bkn, aD2jeck1, ck2, ...., ckn.7.1.Teorija 557) Determinantanemenjavrednost akoelementejednevrste(kolone)pomnozimobrojem i dodamo nekoj drugoj vrsti (koloni).Denicija4. Neka sum, n N, aij, bi R, i = 1, 2, ..., mij = 1, 2, ..., n.Za promenljivex1, x2, ..., xn semu:a11x1+a12x2+ . . . +a1nxn=b1a21x1+a22x2+ . . . +a2nxn=b2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .am1x1 + am2x2 + . . . + amnxn = bm(7.2)nazivamolinearansistemodmjednacinasanpromenljivih(nepoznatih).Brojeviaijsu koecijenti uz promenljive, abisu slobodni clanovi.Denicija5. Akojebi=0zai =1, 2, . . . msistem(7.2)senazivaho-mogen.Denicija6. Uredenantorkarealnihbrojeva(r1, r2, . . . , rn)takvadajesvaka jednacina sistema zadovoljena zax=r1, x2 = r2, . . . , xn = rn naziva seresenje sistema linearnih jednacina.Teorema2. Svaki sistemhomogenihlinearnihjednacinaimauvekjednoresenje(0, 0, . . . , 0). Toresenjesenazivatrivijalno,doksuostalaakopos-toje, netrivijalna.Denicija7. Sistem linearnih jednacina je1) saglasan (moguc), ako ima bar jedno resenje. Saglasansistem je:a) odreden,ako ima samo jedno resenje,b) neodreden,ako ima vise resenja.2) protivrecan(nemoguc), ako nema ni jedno resenje.Denicija8. Elementarne transformacijesistema linearnih jednacina su:1) zamena mesta bilo koje dve jednacine,2) mnozenje bilo koje jednacine sistema brojem razlicitim od nule,3) dodavanjejednacine, prethodnopomnozenebilokojimbrojem, nekojdrugoj jednacini.56 Glava 7.SistemilinearnihjednacinaDenicija9. Zadvasistema linearnih jednacina kazemo dasuekviva-lentna ako je resenje jednog sistema resenje i drugog, i obrnuto.Svaka dva protivrecna sistema su ekvivalentna.Teorema3. Ako na sistemu linearnih jednacina izvrsimo konacan broj el-ementarnih transformacijadobijamo ekvivalentan sistem.Teorema4. (Gausovsistemeliminacije) Neka je dat sistem (7.2).1) Akojea11 ,=0predemonakorak2), usuprotnom, akojea11=0elementarnomtransformacijomstavimoprvujednacinukodkoje jeai1 ,= 0 kao prvu i izvrsimo reindeksaciju sistema u obliku (7.2).2) Prvu jednacinu mnozimoredomsa ak1a11, k = 2, 3, . . . , m i dodajemokoj jednacini. Nakon ovog koraka dobijamo ekvivalentan sistem:a11x1+ a12x2+. . . + a1nxn= b1a122x2+. . . + a12nxn= b12. . .a1m2x2+. . . + a1mnxn= b1m(7.3)3) Ako su u sistemu(7.3)u nekoj jednacinisvi koecijenti jednakinuli.Tada ako je i slobodan clan jednak nuli, jednacina se izbacuje i vrsi seopetpreindeksacija, dokakojeslobodanclanrazlicitodnulepolaznisistem je protivrecan.4) U sistemu (7.3) posmatrajmopodsistema122x2+ . . . +a12nxn=b12. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .a1m2x2 + . . . + a1mnxn = b1mBrojjednacinaovogsistemaje m 1. Ako izvrsimoreindeksacijuuoblikusistema(7.2)ondaponovimokorakeod1)do4)naovakonovodobijenomsistemu.5) Nakons ponovljanja koraka od 1) do 4) polazni sistem (7.2) je ekviva-lentan sistemu oblika:a)a11x1+ a12x2+. . . + a1nxn= b1as22x2+. . . + as2nxn= bs2. . .asmnxn= bsmili sistemu oblika:7.1.Teorija 57b)a11x1+ a12x2+. . . + a1txn+. . . + a1nxn= b1as22x2+. . . + as2txt+. . . + as2nxn= bs2. . .asmtxt+. . . + asmnxn= bsmgde jet < n.6) Uslucajupoda)kojiseinacenazivatrougaonisistem,sistemjesa-glasan i odreden. Polazeci od zadnje jednacine prema prvoj racunamovrednostipromenljivihxj, j = 1, ....n.U slucaju podb) imamo saglasani neodredensistem sa stepenomslo-boden t.Denicija10. Neka je dat sistem (7.2) kod koga jem = n, tj.a11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn = b1a21x1 + a22x2 + . . . + a2nxn = b2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .an1x1 + an2x2 + . . . + annxn = bn(7.4)Tada je:1)D =a11a12... a1na21a22... a2n...... ......an1an2... anndeterminanta sistema.2) Di, i = 1, 2, . . . n, su determinante koje se dobijaju kada se ita kolonadeterminantesistemazameni sakolonomkojucineslobodni clanovisistema (7.4), tj. bj, j = 1, 2, . . . n.Teorema5. (Crammerovopravilo) Neka je dat sistem (7.4). Tada1) Ako jeD = 0 tada je sistem protivrecanili neodreden.2) AkojeD ,=0tadajesistemodreden, anjegovaresenjasedobijajupomocu formule:xi =DiD , i = 1, 2, . . . n. (7.5)58 Glava 7.Sistemilinearnihjednacina7.2 Zadaci1. Resiti sistem jednacina:1) Gausovim sistemom eliminacije2) pomocudeterminanti2x1 3x2= 46x1+ 8x2= 22Resenje:1)2x1 3x2= 4 /36x1+ 8x2= 102x1 3x2= 4 x2= 22x1 3x2= 4x2= 2Pa iz prve jednacine imamo da je 2x1 32 = 4, odnosnox1= 1.Konacno resenje je (x1, x2) = (1, 2).2) Determinanta sistema jeD =2 36 8 = 28 (3)(6) = 16 18 = 2 .Posto jeD ,= 0 sistem je odreden.D1 =4 310 8 = (4)8 (3)10 = 32 + 30 = 2 ,D2 =2 46 10 = 210 (4)(6) = 20 24 = 4 .Pa na osnovu formulexi =DiDimamox1 = 22= 1 ix2 = 42= 2.7.2.Zadaci 592. Resitisistem jednacina1) Gausovim sistemom eliminacije2) pomocu determinanti6x1+ 24x2= 30x1 4x2= 5Resenje:1)6x1+ 24x2= 30 / : 6x1 4x2= 56x1+ 24x2= 300 = 0Dobijeni sistem je ekvivalentan sistemu6x1+ 24x2= 30x1 4x2= 5Dati sistem je saglasan i neodreden, a njegova resenja su oblika:(x1, x2) = (4a 5, a),gde je parametara R.2) Determinanta sistema jeD =6 241 4 = 6(4) 24(1) = 24 + 24 = 0 .PostojeD= 0sistemjeiliprotivrecanilinedreden. Udaljempos-tupku moramo primeniti Gausov sistem eliminacije.3. Resitisistem jednacina:1) Gausovim sistemom eliminacije2) pomocu determinanti60 Glava 7.Sistemilinearnihjednacina9x1+ 3x2= 183x1 x2= 22Resenje:1)9x1+ 3x2= 18 / : 33x1 x2= 229x1+ 3x2= 180 = 24Iz poslednje jednacine imamo da je sistem protivrecan.2) Determinanta sistema jeD =9 33 1 = 9(1) 3(3) = 9 + 9 = 0 .PostojeD= 0sistemje iliprotivrecanilinedreden. Udaljempos-tupku moramo primeniti Gausov sistem eliminacije.4. Resiti sistem jednacina:1) Gausovim sistemom eliminacije2) pomocudeterminantix1+ x2+ x3= 3x1+ 2x2+ 3x3= 62x1 x2+ 4x3= 5Resenje:1)x1+ x2+ x3= 3 /(1) /(2)x1+ 2x2+ 3x3= 62x1 x2+ 4x3= 5x1+ x2+ x3= 3x2+ 2x3= 3 /(3)3x2+ 2x3= 17.2.Zadaci 61x1+ x2+ x3= 3x2+ 2x3= 3+ 8x3= 8x1+ x2+ 1 = 3x2+ 21 = 3x3= 1x1+ 1 + 1 = 3x2= 1x3= 1x1= 1x2= 1x3= 1Konacno resenje je (x1, x2, x3) = (1, 1, 1).2) Determinanta sistema jeD =1 1 11 2 32 1 4= 124+132+11(1)11413(1)122 = 8Posto jeD ,= 0 sistem je odreden.D1 =3 1 16 2 35 1 4= 8,D2 =1 3 11 6 32 5 4= 8,D3 =1 1 31 2 62 1 5= 8.Pa na osnovu formulexi =DiDimamox1 = x2 = x3 =88= 1.5. Resitisistem jednacina:62 Glava 7.Sistemilinearnihjednacina1) Gausovim sistemom eliminacije2) pomocudeterminantix1+ 2x2 3x3= 43x1+ 7x2+ 4x3= 62x1+ 6x2+ ax3= 16Resenje:1)x1+ 2x2 3x3= 4 /(3)/(2)3x1+ 7x2+ 4x3= 62x1+ 6x2+ ax3= 16x1+ 2x2 3x3= 4+ x2+ 13x3= 6 /(2)+ 2x2+ (a + 6)x3= 8x1+ 2x2 3x3= 4+ x2+ 13x3= 6+ + (a + 6 26)x3= 20x1+ 2x2 3x3= 4+ x2+ 13x3= 6+ + (a 20)x3= 20Zaa=20sistemjekontradiktoran. Zaa ,=20sistemjeodreden.Imamo da su resenja sistema:x3 =20a 20, x2 = 6 260a 20, x1 = 16 +580a 20.2) Determinanta sistema jeD =1 2 33 7 42 6 a= a 20Zaa = 20 imamo da jeD = 0 pa je u ovom slucaju sistem kontradik-toran. Zaa ,= 0 jeD ,= 0. Tada je sistem odreden.D1 =4 2 36 7 416 6 a= 16a + 260,7.2.Zadaci 63D2 =1 4 33 6 42 16 a= 6a 140,D3 =1 2 43 7 62 6 16= 20.Pa na osnovu formulexi =DiD , i = 1, 2, 3dobijamo resenja.6. Resitisistem jednacina:1) Gausovim sistemom eliminacije2) pomocu determinanti6x1 5x2+ 5x3+ 3x4= 7x1 4x2 6x3+ x4= 34x1+ 2x2+ 6x3 2x4= 4x1+ x2+ x3+ x4= 1Resenje:1) Polazni sistem ekvivalentan je sistemux1+ x2+ x3+ x4= 1 /(1)/(4)/(6)x1 4x2 6x3+ x4= 34x1+ 2x2+ 6x3 2x4= 46x1 5x2+ 5x3+ 3x4= 7x1+ x2+ x3+ x4= 1 5x2 7x3= 2 2x2+ 2x3 6x4= 0 11x2 x3 3x4= 1Novi ekvivalentansistemdobijamonasledeci nacin: podelimotrecujednacinu sa 2 i onda zamenimo drugu i trecu jednacinux1+ x2+ x3+ x4= 1x2 x3+ 3x4= 0 /(5)/(11) 5x2 7x3= 2 11x2 x3 3x4= 164 Glava 7.Sistemilinearnihjednacinax1+ x2+ x3+ x4= 1x2 x3+ 3x4= 0 12x3+ 15x4= 2 /(1) 12x3+ 30x4= 1x1+ x2+ x3+ x4= 1x2 x3+ 3x4= 0 12x3+ 15x4= 215x4= 1x1+ x2+ x3+ (115) = 1x2 x3+ 3(115) = 0 12x3+ 15(115) = 2x4= 115x1+ x2+ (14) + (115) = 1x2 (14) + 3(115) = 0x3= 14x4= 115x1+ 120+ (14) + (115) = 1x2= 120x3= 14x4= 115x1=4130x2= 120x3= 14x4= 1152) Determinanta sistema jeD =6 5 5 31 4 6 14 2 6 21 1 1 1Na osnovu teoreme 1, zamenimo prvu i cetvrtu kolonuD = 1 1 1 11 4 6 14 2 6 26 5 5 37.2.Zadaci 65Na osnovu pomenute teoreme prvu kolonu mnozimo redom sa 1, 4i 6 i dodajemo drugoj, trecoj i cetvrtoj koloniD = 1 1 1 10 1 1 30 5 7 00 11 1 3Na osnovu denicije 3 imamo da jeD = 1 1 35 7 011 1 3Sada prvu kolonupomnozimo redom sa 5 i 11 i dodamo drugoj itrecoj koloniD = 1 1 30 12 150 12 30D = 12 1512 30 = (1230 15(12)) = 180,pa posto jeD ,= 0 sistem je odreden.Analognim postupkom tada racunamo preostale cetiri determinanteD1 =7 5 5 33 4 6 14 2 6 21 1 1 1= 246D2 =6 7 5 31 3 6 14 4 6 21 1 1 1= 9D3 =6 5 7 31 4 3 14 2 4 21 1 1 1= 45D4 =6 5 5 71 4 6 34 2 6 41 1 1 1= 1266 Glava 7.SistemilinearnihjednacinaNa osnovu formulexi =DiD , i = 1, 2, 3, 4dobijamo resenja.7. Resiti sistem jednacina:x1+ 3x2 4x3+ 2x4= 43x1 8x2+ 2x3 3x4= 242x1+ 3x2+ 4x3+ 5x4= 28Resenje: Postosistennije oblikann nije gamoguceresitimetodomdeterminanti. Zadatak cemo resiti Gausovom metodom eliminacije:x1+ 3x2 4x3+ 2x4= 4 /3/(2)3x1 8x2+ 2x3 3x4= 242x1+ 3x2+ 4x3+ 5x4= 28x1+ 3x2 4x3+ 2x4= 4x2 10x3+ 3x4= 12 /3 3x2+ 12x3+ x4= 20Novi ekvivalentan sistem jex1+ 3x2 4x3+ 2x4= 4x2 10x3+ 3x4= 12 18x3+ 10x4= 16 / : 2x1+ 3x2 4x3+ 2x4= 4x2 10x3+ 3x4= 12 9x3+ 5x4= 8x1+ 3x2 4x3+ 2x4= 4x2 10x3+ 3x4= 12 9x3+ 5x4= 8Sistem je saglasan i neodreden. Resenje sistema je(x1, x2, x3, x4) =_599a 1009,239a 289,59a + 89,a_,gde je parametara R.Literatura[1] A.Cetkovic, Matematika, teorija i zadaci,Stamparija fakulteta te-hnickih nauka , Novi Sad, 1988.[2] M.Dejic, S.Cebic, Matematikazbirkaresenihzadatakasaelementimateorije , TRITON, Vrsac, 2001.[3] J.Detki, F.Ferenci, MatematikaI,Stamparijafakultetatehnickihna-uka, Novi Sad, 1983.[4] S.Kurepa, Uvodumatematikuskupovi -strukture-brojevi, Tehnickaknjiga, Zagreb, 1984.[5]-D.Kurepa, Visa algebra I,Skolska knjiga, Zagreb, 1965.[6]-D.Kurepa, Visa algebra II ,Skolska knjiga, Zagreb, 1965[7] M.Lazic, T.Malinovic, B.Micic, M.Petrovic, M.Tomic, Matematika,Uciteljski fakultet, Beograd, 1994.[8] S.Milic, Elementialgebre,Stamparija fakultetatehnickihnauka,NoviSad, 1984.[9] S.Milic, Elementi matematicke logike i teorije skupova,Stamparijafakulteta tehnickih nauka, Novi Sad, 1985.[10] V.Pantic, Zbirkaresenihzadatakaizmatematike, Uciteljski fakultet,Beograd, 1997.[11] M.Petrovic, Osnovi nastave matematike, Skver, Kragujevac, 1998.[12] M.Radic, Osnove matematike,Skolska knjiga, Zagreb, 1972.[13] D.Stevanovic, Elementarna algebra, Zavod za izdavanje, Beograd, 1959.[14] B.Stojanovic, Zbirka zadataka iz matematike, Svjetlost, Sarajevo, 1985.6768 LITERATURA[15] M.Zizovic,Matematika, ICIM, Krusevac, 1998.[16] M.Zizovic, D.-Durcic, Lj.Andric, M.Egeric, Matematika, zbirka za-dataka, ICIM, Krusevac, 1999.Sadrzaj1 Matematickalogika 11.1 Teorija. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 Skupovi 112.1 Teorija. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112.2 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 163 Relacije 213.1 Teorija. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 213.2 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 244 Preslikavanja 294.1 Teorija. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 294.2 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 325 Algebarskestrukture 375.1 Teorija. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 375.2 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 406 Jednacinesajednomnepoznatom 456.1 Teorija. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 456.2 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 477 Sistemilinearnihjednacina 537.1 Teorija. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 537.2 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58Literatura 6769