1

DISKRETNA MATEMATIKA

Literatura:

1. Žubrinić, D: Diskretna matematika, Element – Zagreb, 2001. 2. Veljan, D: Kombinatorna i diskretna matematika, Algoritam – Zagreb, 2001. 3. Lugić, Dž: Diskretna matematika, FESB – Split, 2002. 4. Lipschutz, S, Lipson M. L: Schaum' s outline of theory and problems of discrete

mathematics, McGraw – Hill, 2007. 5. Rosen, K.H: Discrete mathematics and its applications, McGraw – Hill, 1999. 6. Haggarty, R: Discrete mathematics for computing, Addison Wesley – New York, 2002.

Ponavljanje matematičkog gradiva:

7. Bradić T, Pečarić J, Roki R, Strunje M: Matematika za tehnološke fakultete, Element – Zagreb, 1998.

8. Jukić D, Scitovski R: Matematika 1 – Elektrotehnički fakultet, Osijek, 1998. http://www.mathos.hr/Jukic_Scitovski.pdf Za one koji žele znati više:

9. F. M. Bruckler, V. Čačić, M. Doko, M. Vuković: Zbirka zadataka iz teorije skupova, Sveučilište u Zagrebu, PMF – Matematički odjel, Zagreb 2008.

http://vedgar.googlepages.com/TS-zbirka-2008.pdf 10. M. Vuković: Matematička logika 1 – skripta, Sveučilište u Zagrebu, PMF – Matematički

odjel, Zagreb 2007. http://www.mathos.hr/logika/Logika_skripta.pdf

2

1. Skupovi. Pojam skupa jedan je od fundamentalnih pojmova u matematici, a također i pojam s kojim smo se do sada mnogo puta susreli. Intuitivno, skup zamišljamo kao cjelinu koja sadrži objekte koji su nam u nekom trenutku od interesa, pa tako u svakodnevnom životu govorimo o skupu ljudi, skupu zemalja, skupu predmeta i slično, a u matematici o skupovima brojeva, točaka, vektora, funkcija, matrica i drugih matematičkih objekata. Skup se često zadaje navođenjem (ispisivanjem) njegovih članova (elemenata), pri čemu koristimo vitičaste zagrade. Ako je S skup koji sadrži elemente ∗⊗∆ ,, i samo njih, pisat ćemo { }∗⊗∆= ,,S . Međutim, lako je zamisliti skupove koji imaju vrlo velik broj članova, ili ih čak imaju beskonačno mnogo. Na primjer, ne možemo ispisati sve prirodne brojeve, pa se snalazimo tako da skup prirodnih brojeva kratko zapisujemo { }K,3,2,1=� . Skupove često zadajemo opisno, navodeći pravilo, svojstvo po kome ćemo prepoznati pripadnike toga skupa i za svaki objekt bez dileme utvrditi pripada li tom skupu ili ne. Skup S čiji elementi x (i samo oni) zadovoljavaju pravilo ( )xP zapisujemo ( ){ }xPxS := ili ( ){ }xPxS = . Svojstava koja zadaju skup može biti i

više, a skup redovito možemo zadati na različite načine. Intuitivno, ovaj je pristup jasan i logičan. Međutim, podrobnija analiza otkriva logičke propuste – intuitivni pristup zna dovesti do paradoksa. Pažljivijem čitatelju recimo, u prethodnom tekstu je mogla zasmetati tvrdnja da "svojstava koja zadaju skup može biti i više" – znači li ta tvrdnja, na primjer, da svojstava može biti beskonačno mnogo? Kako ispitati beskonačno mnogo uvjeta? Zatim, razumljivo je i potrebno da pomoću postojećih skupova izgrađujemo nove skupove: za zadani skup S promatrat ćemo primjerice skup svih njegovih podskupova, njegov partitivni skup

( )SP . Ima li onda smisla definirati skup svih skupova? Paradoks je da onda taj skup kao člana sadrži i sama sebe. Otkriće paradoksa u zdravorazumski logičnoj definiciji nečega tako jednostavnog i prirodnog kao što je skup dovelo je do trenutne apatije u krugovima matematičara: jesu li sami temelji logike nelogični. Srećom po matematičare, nove generacije matematičara i filozofa aksiomatski su uredili osnove matematičke logike i teorije skupova, pa su paradoksi izbjegnuti. Srećom po sve ostale, aksiomatsko zadavanje skupova nije nužno za praćenje pretežnog dijela matematike. Ni mi se u ovom kolegiju nećemo sustavno baviti aksiomima teorije skupova, upozorit ćemo samo na osnovne detalje na koje treba paziti kod rada sa skupovima. Intuitivnu teoriju skupova često nazivaju naivnom teorijom skupova.

3

1.1. Naivna teorija skupova Skup je intuitivno jasan pojam koji ne definiramo. Skupove obično označavamo velikim, a njihove elemente malim slovima abecede. Ako skup ne sadrži ni jedan element, kažemo da je prazni skup i obično ga označavamo znakom φ . Činjenicu da je objekt a element skupa A zapisujemo Aa ∈ . Činjenicu da objekt b nije element skupa A zapisujemo Ab ∉ . Za skup A čiji je svaki element ujedno i element skupa B kažemo da je podskup skupa B , u oznaci BA ⊆ . U tom je slučaju uobičajeno reći i da je skup B nadskup skupa A , u oznaci

AB ⊇ . Skup A ćemo smatrati jednakim skupu B ako skup B sadrži sve elemente skupa A i samo njih. Preciznije, skupovi A i B su jednaki ako vrijede dvije inkluzije , BA ⊆ i AB ⊆ . Ovo često koristimo u formalnom dokazivanju da su skupovi A i B jednaki. Ako skupovi A i B nisu jednaki, kažemo da su različiti i pišemo BA ≠ . Ako je BA ⊆ i BA ≠ , kazat ćemo da je skup A pravi podskup skupa B , u oznaci BA ⊂ , te da je skup B pravi nadskup skupa A , u oznaci AB ⊃ . Skup svih podskupova nekog skupa S nazivamo partitivnim skupom skupa S i označavamo

( )SP (katkad i S2 ). Neka su A i B proizvoljni skupovi. 1. Kartezijev produkt skupova A i B definiramo kao skup BA× svih uređenih parova gdje je prvi član iz skupa A , a drugi član iz skupa B . Precizno, ( ){ }BbAabaBA ∈∈=× ,:, . 2. Presjek skupova A i B definiramo kao skup { }BxAxxBA ∈∈=∩ i : . Za skupove A i B kažemo da su disjunktni ako je φ=∩ BA . 3. Uniju skupova A i B definiramo kao skup { }BxAxxBA ∈∈=∪ ili : . 4. Razliku skupova A i B definiramo kao skup { }BxAxxBA ∉∈= i :\ . 5. Simetričnu razliku skupova A i B definiramo kao skup ( ) ( )ABBABA \\ ∪=∆ . 6. Ako je U neki skup i UA ⊆ , onda je komplement skupa A (u odnosu na skup U ) skup

{ }AxUxAUAc ∉∈== :\ . U nekim slučajevima će svi promatrani skupovi biti podskupovi nekog skupa U . Tada ćemo taj skup U zvati univerzalnim skupom.

4

Presjek, uniju, razliku, simetričnu razliku i komplement nazivamo operacijama sa skupovima. Primjer Kako otprije znamo, skupove možemo zorno predočavati Venn – Eulerovim dijagramima :

( ) ( )( )A\C\B\ BA ∪ ( )CAB ∪∆ Iz slike se vidi da je ( ) ( )( ) ( )CABBA ∪∆≠∪ A\C\B\ . Jasno je međutim da slikom ne bismo mogli dokazati da su dva skupa jednaka. Jednakost dvaju skupova obično dokazujemo formalno, korištenjem dviju inkluzija. Ako dva skupa nemaju zajedničkih elemenata, tj. ako vrijedi da je φ=∩ BA , kažemo da su disjunktni . Podsjetimo se: skup prirodnih brojeva { }K,3,2,1 označavamo sa � . Skup { }0∪� označavamo s

0� . Skup cijelih brojeva { }KK ,3,2,1,0,1,2,3, −−− označavamo sa � . Skup racionalnih brojeva

∈∈ �� nm

n

m ,: označavamo sa � . Skup realnih brojeva označavamo s � , a skup

kompleksnih brojeva s � . Zadatak 1. Za ∈n � , 2>n i neprazne skupove nAAA ,...,, 21 , možemo definirati uređenu n -

torku elemenata skupova nAAA ,...,, 21 , te Kartezijev produkt ∏=

n

kkA

1

tih skupova. Učinite to.

Zadatak 2. Dokažite, ako je BA ⊆ , onda vrijedi:

a) ABA =∩ , b) BBA =∪ , c) φ=B\A , d) cc AB ⊆ .

Zadatak 3. Dokažimo da iz prethodnog zadatka slijede jednakosti:

a) ( ) ABAA =∩∪ , b) ( ) ABAA =∪∩ .

5

Zadatak 4. Skupovi A i B zadovoljavaju uvjete:

{ }9,,4,3,2,1 K=∪ BA , { }9,6,4=∩ BA , { } { }9,8,6,5,4,3,15,4,3 =∪A , { } { }9,8,7,6,5,4,28,4,2 =∪B . Odredite skupove A i B .

Teorem 1. (svojstva operacija sa skupovima) Neka je zadan univerzalni skup U i njegovi podskupovi A , B , C . Vrijedi:

1) idempotentnost operacija presjeka i unije AAA =∩ AAA =∪ 2) komutativnost presjeka i unije ABBA ∩=∩ ABBA ∪=∪ 3) asocijativnost operacija presjeka i unije ( ) ( )CBACBA ∩∩=∩∩ ( ) ( )CBACBA ∪∪=∪∪ 4) distributivnost presjeka prema uniji i obrnuto ( ) ( ) ( )CABACBA ∩∪∩=∪∩ ( ) ( ) ( )CABACBA ∪∩∪=∩∪ 5) De Morganove formule ( ) ccc BABA ∪=∩ ( ) ccc BABA ∩=∪ 6) AUA =∩ AA =∪φ 7) φφ =∩A UUA =∪ 8) svojstva komplementa φ=∩ cAA UAA c =∪ 9) involutivnost ( ) AA

cc =

10) pravila apsorpcije ( ) ABAA =∪∩ ( ) ABAA =∩∪

Dokaz: Provodimo ga provjeravajući obje inkluzije.

Važno: operacija razlike skupova može se zgodno karakterizirati pomoću operacija presjeka i komplementa: cBAA\B ∩= . Provjerite i zapamtite. Zadatak 5. Zbog svojstava asocijativnosti unije i presjeka, za proizvoljne skupove nAAA ,...,, 21

možemo definirati njihovu uniju Un

kkA

1=

i presjek In

kkA

1=

. Učinite to.

Zadatak 6. Slijedeće identitete dokažite korištenjem a) definicije jednakosti skupova, b) svojstava operacija sa skupovima. a) ( ) ( ) ( )B\A\B\ CCAC ∪∩= , b) ( ) ( ) ( )C\\A\B ACBC ∪=∪ ,

c) ( ) ( ) ( )B\A\BA\ CCC ∪=∩ , d) ( )BAA ∩∆=B\A .

6

Zadatak 7. Neka su A, B, C, D proizvoljni skupovi. Pojednostavnite izraze:

a) ( )BAA c ∪∩ , b) ( ) ( ) ( )cAADCBACBA ∩∪∩∩∩∪∩∩ ,

c) ( )( )cc BAA ∪∩ d) ( ) ( ) ( ) ( )cccc BABABABA ∪∩∪∩∪∩∪ .

Zadatak 8. Odredite jesu li sljedeće izjave istinite i pojasnite zašto: a) { }{ }φ,00∈ , b) { } { }{ }φ,00 ∈ , c) { } { }{ }φ,00 ⊆ ,

d) { }{ } { }{ }0,0 =φ , e) { } { }{ }0,00 ⊆ , f) { }{ } { }0,0 ⊆φ . Zadatak 9. Odredite vrijedi li jednakost: ( )( ) ( ) ( ) ( )( )( ) ( )CBCBCBACBCBA cccc ∩∪∩∪∩=∩∩∪ \\ . Zadatak 10. Ispitajte odnose među skupovima: a) ( ) ( )A\ ∪∪ CBA i ( )CA\ ∪B , b) ( ) ( )C\\\ ABA i ( ) B\CA ∩ ,

c) ( ) ( )C∪∩∪ ABA i ( ) ACB ∪∩ , d) ( )( ) BCBA \∪∩ i ( ) B\CA ∩ .

Zadatak 11. Dokažite da vrijedi: ( ) ( ) ( )BABA PPP ∩=∩ . Zadatak 12. Ispitajte vrijede li tvrdnje: a) ( ) ( ) ( )BABA PPP ∪=∪ , b) ( ) ( ) ( )BABA PPP \\ = . Zadatak 13. Odredite čemu su jednaki sljedeći skupovi: a) { }φφ ∩ , b) { } { }φφ ∩ ,

c) { }{ } φφφ \, , d) { }{ } { }φφφ \, , e) { }{ } { }{ }φφφ \, . Zadatak 14. Neka je skup { }{ }4,5,4,2=S . Odredite koje su od sljedećih tvrdnji istinite i zašto:

a) { } S⊂5,4 , b) S∈5 , c) { }{ } S⊂5,4 , d) { } S∈5 , e) { } S⊆5 , f) { } S⊆4 . Zadatak 15. Neka su zadani skupovi { }2,1=A , { } { }{ }2,1,3,1,3,2,1B = . Vrijedi li tvrdnja BA ∈ ? Vrijedi li tvrdnja BA ⊆ ? Odredite skupove BA ∪ , BA ∩ , BA \ , AB \ .

7

Through the Looking Glass

by

Lewis Carroll CHAPTER VIII

‘You are sad,’ the Knight said in an anxious tone: ‘let me sing you a song to comfort you.’ "Is it very long?" Alice asked, for she had heard a good deal of poetry that day. "It's long," said the Knight, "but it's very, very beautiful. Everybody that hears me sing it--either it brings the tears into their eyes, or else--" "Or else what?" said Alice, for the Knight had made a sudden pause. "Or else it doesn't, you know. The name of the song is called 'Haddock's Eyes'." "Oh, that's the name of the song, is it?" Alice said, trying to feel interested. "No, you don't understand," the Knight said, looking a little vexed. "That's what the name is called. The name really is 'The Aged Aged Man'."

"Then I ought to have said 'That's what the song is called?'" Alice corrected herself. "No, you oughtn't: that's quite another thing! The song is called 'Ways and Means': but that's only what it's called, you know!" "Well, what is the song, then?" said Alice, who was by this time completely bewildered. "I was coming to that," the Knight said. "The song really is 'A-sitting on a Gate': and the tune's my own invention."

8

1.2. Pojam funkcije Neka su D i K neprazni skupovi. Pravilo f koje svakom elementu skupa D pridruži točno jedan element skupa K naziva se preslikavanje ili funkcija sa skupa D u skup K i kraće označava KDf →: . Skup D nazivamo područje definicije ili domena funkcije f , a skup K područje vrijednosti ili kodomena funkcije f . Ako funkcija f elementu Dx ∈ pridruži element Ky ∈ , to zapisujemo formulom ( )xfy = . Element x nazivamo nezavisna varijabla ili argument funkcije f , a element y zavisna varijabla funkcije f ili slika elementa x s obzirom na funkciju f . Funkcije često prikazujemo Venn – Eulerovim dijagramima. Primjer 1.

Graf funkcije f je skup ( )( ){ }DxxfxG f ∈= :, .

Neka su DA ⊆ i KB ⊆ . Skup ( ) ( ){ } KAxxfAf ⊆∈= : nazivamo slikom skupa A s obzirom na funkciju f . Skup ( ) ( ){ } DBxfDxBf ⊆∈∈=− :1 nazivamo praslikom skupa B s obzirom na funkciju f . Kao i prije, skup ( )Df nazivamo slikom funkcije f i označavamo ( )fR . Skup svih funkcija sa skupa D u skup K označavat ćemo KD → ili DK . Zadatak 1. Neka je { }baD ,= , { }3,2,1=K . Venn – Eulerovim dijagramima prikažite sve elemente skupa KD → .

9

Primjer 2: Koja su od ovih pravila pridruživanja funkcije?

Neka je KDf →: i DA ⊂ . Funkcija KAg →: , takva da je za sve Ax ∈ , ( ) ( )xgxf = , zove

se restrikcija ili ograničenje funkcije f na skup A . U upotrebi je oznaka Afg = . Kažemo i

da je funkcija f proširenje funkcije g na skup D .

10

Zadatak 1. Neka je YXf →: i neka su XBA ⊆, , YDC ⊆, . Dokažite da vrijedi:

a) ( ) ( ) ( )BfAfBAf ∪=∪ ,

b) ( ) ( ) ( )BfAfBAf ∩⊆∩ i obrat ne vrijedi,

c) ( ) ( ) ( )BfAfBAf \\ ⊇ i obrat ne vrijedi,

d) ( ) ( ) ( )DfCfDCf 111 −−− ∪=∪ ,

e) ( ) ( ) ( )DfCfDCf 111 −−− ∩=∩ ,

f) ( ) ( ) ( )DfCfDCf 111 \\ −−− = . Neka je BAf →: proizvoljna funkcija. Za funkciju f kažemo da je

– identiteta, ako je BA = i za sve Ax ∈ vrijedi ( ) xxf = . Identitetu obično označavamo s

Aid ili A1 .

– konstantna funkcija, ako postoji Bb ∈ tako da za sve Ax ∈ vrijedi ( ) bxf = . – niz elemenata skupa B , ako je �=A .

Prisjetite se funkcija iz dosadašnjeg matematičkog školovanja: realne funkcije realne varijable, realne funkcije više varijabli, vjerojatnost, slučajna varijabla, duljina vektora, determinanta, površina, translacije, rotacije, osne simetrije,… Smislite primjere funkcija iz svakodnevnog života.

Za funkciju KDf →: kažemo da je surjekcija ako za svaki Ky ∈ postoji barem jedan Dx ∈

takav da je ( ) yxf = , tj. Ako je ( ) KfR = .

Za funkciju KDf →: kažemo da je injekcija ako različitim elementima domene pridružuje

različite elemente kodomene, tj. ako za sve Dxx ∈21, , ( ) ( )2121 xfxfxx ≠⇒≠ . Ovo svojstvo

možemo pisati i ovako: za sve Dxx ∈21, , ( ) ( ) 2121 xxxfxf =⇒= .

Za funkciju KDf →: kažemo da je bijekcija (obostrano jednoznačna ili 1 – 1 funkcija) ako je injekcija i surjekcija.

Ispitajte jesu li funkcije iz Primjera 1 i Primjera 2 surjekcije, injekcije, bijekcije. Ako je funkcija KDf →: bijekcija, onda možemo definirati novu funkciju DKf →− :1 ,

tako da za svako Ky ∈ stavimo ( ) ( ) yxfxyf =⇔=−1 . Funkciju 1−f nazivamo inverznom funkcijom funkcije f . Očito vrijedi ( )( ) xxffDx =∈∀ −1, ; ( )( ) yyffKy =∈∀ −1, .

11

Zadatak 3 Funkcije �� →:f zadane su izrazima:

a) ( ) 4−= nnf , b) ( ) 53 += nnf , c) ( )

+=

2

2nnf .

Ispitajte jesu li ove funkcije bijekcije i ako jesu, odredite im inverzne funkcije. Neka su zadane funkcije Bf:A → , Cg:B → . Funkcija Cf:Ag →o zadana s

g(f(x))f)(x)(g =o , za sve A∈x naziva se kompozicijom funkcija f i g .

Općenito, kompozicija funkcija nije komutativna, gffg oo ≠ . Međutim je asocijativna, tj. ako

su Bf:A → , Cg:B → i DCh →: proizvoljne funkcije, vrijedi da je ( ) ( )fghfgh oooo = . Zadatak 4. Neka su KDf →: i DKg →: funkcije. Dokažite tvrdnje:

a) Ako su funkcije f i g surjekcije, onda je i funkcija fg o surjekcija. b) Ako su funkcije f i g injekcije, onda je i funkcija fg o injekcija. c) Ako su funkcije f i g bijekcije, onda je i funkcija fg o bijekcija.

Zadatak 5. Ako su KDf →: i DKg →: međusobno inverzne funkcije, dokažite tvrdnje:

a) Kidgf =o

b) Didfg =o Zadatak 6. Neka su funkcije BAf →: i CBg →: bijekcije. Dokažite da tada vrijedi

( ) ff =−− 11 i ( ) 111 −−− = gffg oo .

12

Zadatak 7 Zadane su funkcije �� →:, gf , ( ) baxxf +=) , ( ) dcxxg += , gdje su �∈dcba ,,, . Uz koji uvjet će biti gffg oo = ?

Zadatak 8. Zadani su skupovi [ 1,2−=A i [ ]2,0=B , te realne funkcije realne varijable

a) ( ) 32 −= xxf , b) ( ) 2xxf = , c) ( ) xexf = , d) ( )3

1

−+=

x

xxf .

Izračunajte ( )Af , ( )Bf , ( )Af 1− , ( )Bf 1− . Zadatak 9. Neka su BAf →: i CBg →: funkcije. Dokažite tvrdnje: a) Ako je funkcija fg o surjekcija, onda je i funkcija g surjekcija. Mora li funkcija f biti surjekcija? b) Ako je funkcija fg o injekcija, onda je i funkcija f injekcija. Mora li funkcija g biti injekcija?

Zadatak 10. Neka je zadana funkcija ( )�� ff →: , ( )xx

xx

ee

eexf −

−

+−= . Odredite skup ( )�f .

Dokažite da je f bijekcija i odredite joj inverznu fukciju. Zadatak 11. Za φ≠A i proizvoljnu funkciju AAf →: rekurzivno definiramo funkcije

>=

= − 1,

1,1 nff

nff n

n

o. Neka za neko �∈n vrijedi da je A

n idf = . Dokažite da je funkcija f

bijekcija. Zadatak 12. Neka je φ≠X . Za proizvoljni XA ⊆ definiramo funkciju { }1,0: →XAχ

formulom ( )

∉∈

=Ax

Axxf

,0

,1. Funkcija Aχ naziva se karakterističnom funkcijom skupa A .

Dokažite da vrijedi a) BABA χχχ ⋅=∩ ,

b) BABABA χχχχχ ⋅−+=∪ ,

c) AAc χχ −= 1 ,

d) BAABA χχχχ ⋅−=\ .

Zadatak 13. Za neprazni skup A , bijekcija AAf →: se naziva permutacijom skupa A .

Dogovorimo se da permutaciju f skupa { },..., 21 aaA = pregledno zapišemo matricom

( ) ( )

=

...

...

21

21

afaf

aaA . Neka je zadan { }4,3,2,1=A . Za permutacije

=

3214

4321f i

=

4123

4321g , odredite 1−f , 1−g i uvjerite se da je ( ) 111 −−− = gffg oo .

13

1.3. Aksiomatska teorija skupova – reference Generalno, skup zadajemo ispisivanjem njegovih elemenata ili navođenjem svojst(a)va koja ga potpuno karakteriziraju, ( ){ }aPaA = . Pokazuje se, međutim da ovaj intuitivno ispravan logički

pristup, dovodi do čitavog niza paradoksa, koji su u početku fundiranja teorije skupova (koncem 19. i početkom 20. stoljeća) uzdrmali same temelje matematike, da bi matematičari nakon toga razvili nova i suptilna pravila klasifikacije u teoriji skupova i samoj matematičkoj logici. Neki od povijesno važnih paradoksa vezanih za matematičku logiku i teoriju skupova su: Russellov paradoks: Neka je S ”kolekcija” svih skupova koji ne sadrže sebe kao svoj element,

{ }AAAS ∉= : . Ako je S skup, postavlja se pitanje: je li SS ∈ ? Ako je SS ∈ , zbog definicije skupa S slijedi SS ∉ . Ukoliko je međutim SS ∉ , opet bi slijedilo da je SS ∈ . Oboje, međutim, ne može vrijediti. Zato zaključujemo da S ne može biti skup. Berryjev paradoks: Promatramo sve prirodne brojeve koje je moguće opisati s manje od trinaest riječi. Svi ostali prirodni brojevi spadaju dakle u kategoriju brojeva koje nije moguće opisati s manje od trinaest riječi. Odredimo sada najmanji prirodni broj koji nije moguće opisati s manje od trinaest riječi. ;-) Paradoks brijača: Vojnom brijaču je naređeno da brije samo one vojnike u četi koji se ne briju sami. Problem – ako se ne brije, mora se obrijati, a to ne smije kad se brije sam. Ovo nas upozorava da bismo trebali biti pažljivi u zadavanju skupova navođenjem svojstava, pogotovo kada je nejasno da li objekti koje promatramo uopće čine skup (svakako treba izbjegavati nekritičke formulacije poput: ”skup svih skupova koji…”). Upravo zato, matematičari katkad umjesto pojma skupa koriste pojam klase (”neka je C klasa svih skupova koji…”). Većina poznatih paradoksa uglavnom je riješena aksiomatizacijom teorije skupova (postoji više različitih sistema aksioma, ali je najčešće korištena tzv. ZFC aksiomatika, tj. sistem aksioma Zermela i Fraenkela, s uvažavanjem tzv. aksioma izbora), tako da, iako još postoje ozbiljni problemi i nejasnoće, oni se ne tiču goleme većine ”mainstream” matematičkih teorija i matematičara i rezervirani su samo za istraživače u području matematičke logike. (U aksiomatici ZFC je problem Russellova paradoksa izbjegnut aksiomom koji kaže: ako je U skup, a P bilo kakvo svojstvo, onda je ( ){ }aPUaA ∈= skup. Jedan drugi aksiom kao posljedicu

ima da skup ne može biti vlastiti element, tj. da za svaki skup A vrijedi AA∉ , tj. da ”skup svih skupova” ne postoji). Izlaganje teorije skupova nastavljamo provoditi ”naivno”, a zainteresirane upućujemo na: http://en.wikipedia.org/wiki/Axiomatic_set_theory#Axioms_for_set_theory , te posebno na: http://en.wikipedia.org/wiki/Zermelo-Fraenkel_set_theory.

14

Ne mogu, doduše, odoliti, da vam ne omogućim baciti pogled na aksiome ZFC – teorije (ne skroz formalno zapisane).

Aksiomi ZFC teorije skupova 1. Aksiom ekstenzionalnosti: Skupovi X i Y su međusobno jednaki, YX = ako i samo ako imaju iste elemente. 2. Aksiom praznog skupa: Postoji prazan skup. 3. Aksiom o podskupu: Za svaki skup U i svojstvo ( ).P postoji podskup X skupa U

koji se sastoji od onih članova x skupa U za koje vrijedi svojstvo ( )xP . 4. Aksiom unije: Unija YX ∪ proizvoljnih skupova X i Y je skup. 5. Aksiom partitivnog skupa: Podskupovi proizvoljnog skupa X čine skup (partitivni skup ( )XP skupa X ). 6. Aksiom zamjene: Slika ( )Xf skupa X s obzirom na funkciju YXf →: je skup. 7. Aksiom beskonačnosti: Postoje beskonačni skupovi. 8. Aksiom regularnosti: Svaki neprazni skup X sadrži element disjunktan sa X . 9. Aksiom izbora: Ako je zadano proizvoljno mnogo nepraznih skupova, onda postoji funkcija koja svakom od tih skupova pridruži jedan njegov element.

U ovom kolegiju se nećemo dalje baviti aksiomima ZFC teorije skupova. Citirao sam ih samo da vam zadovoljim znatiželju.

Do sada smo govorili o uniji, presjeku i Kartezijevom produktu dva, tri, ili općenito �∈n skupova. Vrijeme je da tu definiciju još proširimo.

15

Neka je U univerzalan skup i neka su za svako �∈i definirani skupovi UAi ⊆ . Niz skupova

( )�∈iAi , ustvari je funkcija ( )UA P→�: . Definiramo

{ }�

�

∈∈=∈

iAxxA ii

i jedan barem za ,U ,

{ }��

∈∈=∈

iAxxA ii

i sve za ,I ,

te (ukoliko su skupovi iA neprazni za svako �∈i ),

( ){ } { }����

∈∈→=∈∈=∏∈

iAaUaiAaaaA iiiii

i svako za ,: svako za ,:,, 21 K .

Niz skupova poseban je slučaj familije skupova. Uzmemo li za skup indeksa neki neprazan skup I, i ako za svako Ii ∈ definiramo skupove UAi ⊆ , funkcija ( )UIA P→: naziva se familijom

skupova i označava ( )IiAi ∈, .

Slično kao i u slučaju niza skupova, definiramo

{ }IiAxxA iIi

i ∈∈=∈

jedan barem za ,U ,

{ }IiAxxA iIi

i ∈∈=∈

sve za ,I ,

te (ukoliko su skupovi iA neprazni za svako Ii ∈ ),

( ){ }IiAiaUIaA iIi

i ∈∈→=∏∈

svako za ,: .

Uočimo: ako je �=I , familija skupova ( )IiAi ∈, je ustvari niz ,...,, 321 AAA skupova. Njen

Kartezijev produkt zapravo je skup ( ){ }IiAaaaA iii

i ∈∈=∏∞

=

svako za ,,..., 211

svih nizova brojeva

iz U, kojima je za svako �∈i , i – ta koordinata iz skupa iA . Particija skupa U je svaka familija ( )IiAi ∈, podskupova UAi ⊆ skupa U , za koju vrijedi:

– skupovi iA su neprazni,

– skupovi iA su u parovima disjunktni, tj. φ=∩ ji AA za sve ji ≠ ,

– UAIi

i =∈U .

Primjer: Skup prirodnih brojeva može se rastaviti na parne i neparne brojeve, skup cijelih brojeva na pozitivne cijele, nulu i negativne cijele brojeve. Pokažite da je jedna particija skupa � familija skupova ]( )�∈+ nnn ,2, . Napišite još nekoliko particija poznatih skupova.

16

1.4. Ekvipotentnost skupova Dva ćemo skupa A i B nazvati ekvipotentnima (jednakobrojnima ) i pisati B~A , ako postoji bar jedna bijekcija između njih. Kažemo još da ekvipotentni skupovi imaju isti kardinalni broj . Kardinalni broj skupa S označavamo sa S ili ( )Sk . Kardinalni broj konačnog skupa poistovjećujemo s brojem elemenata tog skupa. To ima smisla, jer konačni skupovi su ekvipotentni ako i samo ako imaju jednak broj elemenata. Kardinalni broj konačnog skupa je dakle broj njegovih elemenata – kardinalni broj praznog skupa je 0, kardinalni broj skupa { }8,5,1 je 3, itd.

Zadatak 1. Odredite kardinalne brojeve skupova: a) { }IMISSISSIPP riječiu slovo je xxX = ,

b) { }100: 2 ≤+∈= nnnY � , c) { }221,1: 4 ≤−+=∈= izzxZ � , d) { }{ }{ }44,3,2,φ=D .

Zadatak 2. Dokažite 1) Svaki je skup ekvipotentan samom sebi. 2) Ako je skup A ekvipotentan skupu B , onda je i skup B ekvipotentan skupu A . 3) Ako je skup A ekvipotentan skupu B , a skup B ekvipotentan skupu C , onda je i skup A ekvipotentan skupu C . Zadatak 3. Utvrđivanjem kardinalnog broja konačnih skupova bavi se grana diskretne matematike koja se zove kombinatorika, i o kojoj ćemo kasnije govoriti opširnije. Do tada, dokažite a) Ako je �∈A i �∈B , onda je BABA ⋅=× .

b) Ako su �∈nAAA ,...,, 21 , onda je nn AAAAAA ⋅⋅⋅=××× ...2121 K .

c) Ako je 0�∈A , onda je ( ) AA 2=P .

d) Ako je �∈A i �∈B , onda je AA BBBA ==→ .

Ako je beskonačan skup ekvipotentan sa skupom prirodnih brojeva, kažemo da je prebrojiv ili prebrojivo beskonačan. To posebno znači da mu elemente možemo poredati u niz. Kardinalni broj prebrojivog skupa S označavamo sa 0ℵ=S (alef nula).

Kardinalne brojeve ćemo uspoređivati po veličini, uzimajući da je BA ≤ ako i samo ako

postoji injekcija BAf →: .

Zadatak 4. Dokažite: ako je BA ⊆ , onda je BA ≤ . Teorem 1 (Cantor, Schroeder, Bernstein) Ako postoji injekcija BAf →: i injekcija ABg →: ,

tada postoji bijekcija između A i B . Drugim riječima, ako je BA ≤ i AB ≤ , onda je

BA = .

Zadatak 5. Dokažite da su skupovi � i { } { },...6,4,2:2 =∈= �nnP ekvipotentni.

17

Zadatak 6. Dokažite da su skupovi { }�� ∈= nn :33 i { }�� ∈= nn :22 ekvipotentni tako što ćete konstruirati bijekciju između njih. Zadatak 7. Dokažite da su skupovi { }�� ∈= nn :33 i { }�� ∈= nn :55 ekvipotentni tako što ćete konstruirati bijekciju između njih. Dokazati da je neki skup prebrojiv često se svodi na dokazivanje kako se njegovi elementi mogu poredati u niz. Tako dokazujemo i naredne tvrdnje: Teorem 2. Vrijede tvrdnje: 1. Svaki beskonačan podskup prebrojivog skupa je prebrojiv. 2. Ako su skupovi A i B prebrojivi, onda je i skup BA ∪ prebrojiv. 3. Ako su za �∈n skupovi nAAA ,,, 21 K prebrojivi, onda je i skup nAAA ∪∪∪ K21 prebrojiv.

Zadatak 8. Odredite kardinalni broj skupa svih prirodnih brojeva s neparno mnogo znamenaka. Pokazuje se da su skupovi cijelih brojeva � i racionalnih brojeva � također prebrojivi. Da su � i � jednakobrojni vidimo konstruirajući bijekciju

Ekvipotentnost � i � slijedi iz ekvipotentnosti � i

∈=+ �� nm

n

m,: , a nju dokazujemo

tako da elemente skupa +� poredamo u niz pomoću idućeg dijagrama (duplikate ignoriramo):

18

Postupak korišten u dokazivanju prebrojivosti skupa � (tzv. Cantorov dijagonalni postupak) možemo koristiti i u dokazima slijedećih tvrdnji: Teorem 3. 1. Ako su skupovi A i B prebrojivi, onda je i skup BA× prebrojiv. 2. Ako su skupovi K,, 21 AA prebrojivi, onda je i skup KU ∪∪=

∈21 AAA

nn

�

prebrojiv.

3. Ako su za �∈n skupovi nAAA ,,, 21 K prebrojivi, onda je i skup nAAA ××× K21 prebrojiv.

Što je sa skupom realnih brojeva? Razmjerno je lako dokazati ove rezultate: Zadatak 9. Neka su �∈dcba ,,, , ba < , dc < . Dokažite:

a) Otvoreni intervali realnih brojeva ba, i dc, su međusobno ekvipotentni.

b) Otvoreni interval realnih brojeva ba, ekvipotentan je skupu realnih brojeva � .

Intuitivno, razumno bi bilo očekivati da su sve beskonačnosti ”načelno jednake”, tj. da je kardinalni broj svakog beskonačnog skupa također 0ℵ . To, međutim, nije slučaj, i kada je godine

1873. njemački matematičar Georg Cantor dokazao da skupovi � i � nisu ekvipotentni, u matematici više ništa nije bilo kao prije. Teorem 4. Skup realnih brojeva nije prebrojiv. (Skica dokaza: zbog ekvipotentnosti � i 1,0 , dovoljno je pokazati da ne postoji bijekcija

između � i 1,0 . Za proizvoljnu funkciju (niz) 1,0: →�a , promatrajmo brojeve

( ) ( ) 1,0,...2,1 ∈aa . Odaberimo broj { }9,...,1,01 ∈b tako da bude različit od prve decimalne

znamenke u ( )1a , broj { }9,...,1,02 ∈b tako da bude različit od druge decimalne znamenke u ( )2a ,

itd. Ako sad definiramo broj 1,0....0 21 ∈= bbx , lako se pokazuje da je za svako �∈n , ( )nax ≠

i prema tome funkcija a nije surjekcija, pa ne može biti ni bijekcija). Posljedica: Skup iracionalnih brojeva (tj. realnih brojeva koji nisu racionalni) nije prebrojiv. Beskonačni skup koji nije prebrojiv nazivamo neprebrojivim . Stavljamo c=� (c čitamo: kontinuum).

Zadatak 10. Pokažite da je partitivni skup skupa prirodnih brojeva ekvipotentan skupu realnih brojeva, tj. ( ) �� ~P .

19

Napomena Suprotno vlastitom očekivanju, Cantor je pokazao i da je skup točaka kvadrata 1,01,0 × ekvipotentan skupu točaka intervala 1,0 , a tako je i sa skupom točaka kocke

1,01,01,0 ×× . Može se dokazati da je za svako �∈n skup n

1,0 ekvipotentan skupu 1,0 ,

tj. � . Ovo naravno znači i da su skupovi � i n� ekvipotentni za svako �∈n . Ali, to nije sve: Teorem 5 (Osnovni Cantorov teorem) Za svaki skup A vrijedi ( )AA P< .

(Uputa: Dokažite prvo tvrdnju: Neka je A neprazan skup i neka je funkcija ( )AAf P→: .

Definirajmo skup ( ){ }sfsAsZ ∉∈= : . Tada ne postoji Az ∈ takvo da je ( )zfZ = .) Posljedica: Zbog toga je ( ) ( ) ( )( ) K<<<==<ℵ= ����� PPPP c0

Navedimo bez dokaza i da vrijedi: Ako su skupovi nAAA ,,, 21 K beskonačni, onda je

nAAA ∪∪∪ K21 = nAAA ××× K21 = max{ }nAAA ,,, 21 K .

Teorem 6. Ako je A beskonačan skup, a K njegov konačan podskup, onda su skupovi A i

KA \ ekvipotentni. (Skica dokaza)

20

Posljedica ovog teorema je ova karakterizacija beskonačnih skupova: Teorem 7 Skup je beskonačan ako i samo je ekvipotentan sa nekim svojim pravim podskupom. Zadatak 11. Dokažite da su za �∈ba, , ba ≠ , intervali realnih brojeva ba, i [ ]ba,

ekvipotentni. Zadatak 12. Odredite kardinalni broj skupa svih aritmetičkih nizova cijelih brojeva. Zadatak 13. Odredite kardinalni broj skupa svih konačnih nizova cijelih brojeva. Zadatak 14. Realni broj nazivamo algebarskim ako je nultočka nekog polinoma stupnja �∈n s cjelobrojnim koeficijentima. Pokažite da je skup svih algebarskih brojeva (tj. skup svih nultočki svih polinoma stupnja �∈n s cjelobrojnim koeficijentima) prebrojiv skup. Zadatak 15. Realni brojevi koji nisu algebarski, nazivaju se transcendentni. Pokažite da je skup transcendentnih brojeva neprebrojiv. Zadatak 16. Kompjutorski program (u nekom simboličkom jeziku) je konačan niz simbola nekog konačnog alfabeta. Dokažite da je skup svih kompjuterskih programa tog simboličkog jezika prebrojiv. Zadatak 17. Pokažite da je skup svih funkcija { }9,...,2,1,0: →�f neprebrojiv. Zadatak 18. Funkciju �� →:f nazovimo izračunjivom, ako postoji kompjuterski program koji računa njene vrijednosti. Pokažite da postoje funkcije koje nisu izračunjive. Zadatak 19. Odredite kardinalni broj skupa svih kvadratnih realnih matrica reda 2, čije je determinanta jednaka 1. Zadatak 20. Odredite kardinalni broj skupa svih simetričnih realnih matrica reda 2. (Kvadratna matrica je simetrična ako je AAT = ). Zadatak 21. Obrazložite je li skup svih polinoma stupnja ne većeg od 2, s koeficijentima iz skupa � prebrojiv ili neprebrojiv. Zadatak 22. Odredite kardinalni broj skupa svih elemenata segmenta [ ]1,0 koji u zapisu nemaju znamenku 2. Zadatak 23. Odredite kardinalni broj skupa svih zatvorenih segmenata realnih brojeva, čija je duljina racionalan broj. Zadatak 24. Odredite kardinalni broj: a) skupa svih otvorenih podskupova skupa � , b) skupa svih zatvorenih podskupova skupa � , c) skupa svih podskupova skupa � koji nisu ni otvoreni ni zatvoreni skupovi.

21

2. Uvod u matemati čku logiku U ovom poglavlju cilj nam je upoznati se s najosnovnijim pojmovima matematičke logike. Matematička logika proučava principe ispravnog zaključivanja. Uvodi formalizirani simbolički račun za jezgrovit zapis tvrdnji kojima se služimo u matematici, ali i drugim znanostima, te u svakodnevnom životu. Konačno, razvija tehnike argumentiranog izvođenja (dokazivanja), pokušavajući sagledati njihova ograničenja i domete. Matematička logika danas predstavlja i teorijsku osnovu računarstva.

2.1. Račun sudova Sud (iskaz) je svaka suvisla izjavna rečenica kojoj možemo utvrditi je li istinita ili lažna. Sud ne može biti istovremeno istinit i lažan. Sudove kraće označavamo slovima abecede. Svakom sudu A pridružujemo vrijednost istinitosti ( ) T=Aτ , ako je istinit, a ( ) =⊥Aτ , ako je lažan. Primjer 1. a) Jedan plus dva je jednako tri. (Istinit sud.) b) Dva plus tri je jednako osam. (Lažan sud.) c) Svi Francuzi nose brkove. (Lažan sud.) d) Postoji bar jedan prirodan broj manji od 100. (Istinit sud.) e) x plus pet je jednako devet. (Nije sud.) f) Što ima za ručak? (Nije sud.) g) Ova je rečenica neistinita. (Nije sud.) h) Blaing bloing blipi blup. (Nije sud.) i) Solin je djeljiv brojem pet s ostatkom dva. (Nije sud.) j) Broj dva nije velik broj. (Nije sud.) Kao i u svakodnevnom jeziku, sudove (rečenice) možemo negirati i povezivati veznicima, kako bismo dobili složenije. Tako dolazimo do osnovnih logičkih (Booleovih) operacija pomoću kojih iz jednostavnijih dobivamo složenije sudove. Booleove operacije sa sudovima definiraju se pomoću tablica istinitosti (ili semantičkih tablica).

22

Negacija suda A je sud kojeg označavamo A¬ i čitamo "ne A " ili "non A ". Sud A¬ je istinit samo ako je sud A lažan (i obrnuto). Pripadna tablica istinitosti je:

A A¬ T ⊥ ⊥ T

Konjunkcija sudova A i B je sud kojeg označavamo BA ∧ i čitamo "A i B ". Sud BA ∧ je istinit samo ako su oba suda A i B istiniti. Pregledno,

A B BA ∧ T T T T ⊥ ⊥ ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥ ⊥

Disjunkcija (ili inkluzivna disjunkcija) sudova A i B je sud kojeg označavamo BA ∨ i čitamo " A ili B ". Sud BA ∨ je lažan samo ako su oba suda A i B lažni. Pregledno,

A B BA ∨ T T T T ⊥ T ⊥ T T ⊥ ⊥ ⊥

Implikacija sudova A i B je sud kojeg označavamo BA⇒ i čitamo "A povlači B " ("ako je A , onda je B "). Sud BA⇒ je lažan samo ako je sud A istinit, a sud B lažan. Pregledno,

A B BA⇒ T T T T ⊥ ⊥ ⊥ T T ⊥ ⊥ T

Ekvivalencija sudova A i B je sud kojeg označavamo BA ⇔ i čitamo "A je ekvivalentno B " (" A je onda i samo onda kad je B ", " A je nužan i dovoljan uvjet za B "). Sud BA ⇔ je istinit samo ako oba suda A i B imaju istu vrijednost istinitosti. Pregledno,

23

A B BA ⇔ T T T T ⊥ ⊥ ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥ T

Uočite, negacija je unarna logička operacija (odnosi se na jedan sud), a ostale navedene su binarne logičke operacije sa sudovima (odnose se na dva suda). Kombiniranjem ovih logičkih operacija nastaju formule računa sudova (složeni sudovi). Formalnije, neka je { }K,, 211 AAS = prebrojiv skup simbola, čije elemente nazivamo

propozicionalne varijable, neka je { }⇔⇒∨∧¬= ,,,,2S skup logičkih veznika i neka je

{ }(),3 =S skup pomoćnih simbola (zagrada). Skup 321 SSSS ∪∪= nazivamo alfabet računa sudova. Formule računa sudova su riječi koje gradimo korištenjem alfabeta računa sudova. Naravno, u građenju formula računa sudova iz simbola služimo se nekim pravilima: riječ ))⇒A neće biti formula. Tri su pravila za izgradnju formula računa sudova:

1. Svaka propoziciona varijabla je formula (tzv. atomarna formula). 2. Ako su p i q formule, onda su i riječi ( )p¬ , ( )qp ∧ , ( )qp ∨ , ( )qp ⇒ i ( )qp ⇔

također formule. 3. Riječ alfabeta S je formula računa sudova ako i samo ako je nastala primjenom pravila 1.

i 2. u konačno mnogo koraka. Svaku funkciju { }⊥→ T,1: SI nazivamo interpretacijom . Tablica istinitosti neke logičke formule predstavlja pregledan zapis njene istinitosti za svaku interpretaciju. Kako bismo pojednostavnili pisanje, uvodimo prioritet logičkih operacija, smatrajući da najveću snagu vezivanja ima ¬ , zatim ∧ , nakon njega ∨ i na kraju (iste snage) ⇒ i ⇔ . To nam omogućuje da npr. umjesto ( )( )( )CBA ⇒∧¬ kraće pišemo CBA ⇒∧¬ . Za dvije formule p i q računa sudova kažemo da su logički ekvivalentne i pišemo qp ≡ ako barataju istim varijablama i imaju istu tablicu istinitosti (za jednaku kombinaciju ulaza, daju iste vrijednosti na izlazu). Formalno govoreći, formule p i q logički su ekvivalentne ako za svaku

interpretaciju I vrijedi da je ( ) ( )qIpI = .

24

Logičke operacije ⇔⇒∨∧¬ ,,,, nisu jedine koje imaju svoje ime i simbol. Spomenut ćemo još tri binarne logičke operacije. Ekskluzivna disjunkcija sudova A i B je sud kojeg označavamo BA∨ . Sud BA∨ je istinit ako je jedan od sudova A i B istinit, ali ne oba. Pregledno,

A B BA∨

T T ⊥ T ⊥ T ⊥ T T ⊥ ⊥ ⊥

Shefferovom operacijom (NI, NAND) na sudovima A i B dobivamo sud kojeg označavamo

BA ↑ . Kao što joj ime kaže, ( )BABA ∧¬≡↑ . Pregledno,

A B BA ↑ T T ⊥ T ⊥ T ⊥ T T ⊥ ⊥ T

Lukasiewiczevom operacijom (NILI, NOR) od sudova A i B dobivamo sud BA ↓ . Vrijedi

( )BABA ∨¬≡↓ . Pregledno,

A B BA ↓ T T ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥ T

Zadatak 1. Koristeći tablice istinitosti, ispišite sve unarne i sve binarne operacije sa sudovima. Zadatak 2. Neka su CBA ,, sudovi zadani ovako:

KA Trokut ( )PQR je jednakokračan.

KB Trokut ( )PQR je jednakostraničan.

KC U trokutu ( )PQR su svi unutrašnji kutevi međusobno jednaki.

Iskažite sudove BA⇒ , AB ⇒ , CB ⇔ , ( ) BCA ⇒∧ i ispitajte njihovu istinitost.

25

Zadatak 3. Konstruirajte tablice istinitosti za ove složene sudove: a) ( )BAAA ∧∨⇒ , b) ( )CBA ⇒⇒ , c) ( ) CBA ⇒⇒ , d) ( ) ( )CBBA ⇒⇒⇒ ,

e) ( ) BBAA ⇒⇒∧ , f) ABA ⇒∧ , g) BAB ¬∨¬⇔ , h) ( )( ) DCBA ⇒∧¬∨ . Vrijeme je da popišemo osnovna svojstva operacija ⇔⇒∨∧¬ ,,,, . Ovo će nam pomoći da lakše baratamo formulama i kraće ih zapisujemo. Teorem 1. Neka su CBA ,, sudovi. Vrijedi: 1) idempotentnost konjunkcije i disjunkcije AAA ≡∧ AAA ≡∨ 2) komutativnost konjunkcije i disjunkcije ABBA ∧≡∧ ABBA ∨≡∨ 3) asocijativnost konjunkcije i disjunkcije ( ) ( )CBACBA ∧∧≡∧∧ ( ) ( )CBACBA ∨∨≡∨∨ 4) distributivnost konjunkcije prema disjunkciji i obrnuto ( ) ( ) ( )CABACBA ∧∨∧≡∨∧ ( ) ( ) ( )CABACBA ∨∧∨≡∧∨ 5) De Morganove formule ( ) BABA ¬∨¬≡∧¬ ( ) BABA ¬∧¬≡∨¬ 6) AA ≡∧ T AA ⊥≡∨ 7) ⊥≡⊥∧A TT ≡∨A 8) komplementarnost ≡⊥¬∧ AA T≡¬∨ AA 9) pravilo dvostruke negacije ( ) AA ≡¬¬

10) pravila apsorpcije ( ) ABAA ≡∨∧ ( ) ABAA ≡∧∨ Zadatak 4. Dokažite teorem korištenjem tablica istinitosti. Napomena Zbog svojstava asocijativnosti konjunkcije i disjunkcije, opravdano je u izrazima oblika ( ) CBA ∧∧ ili ( ) CBA ∨∨ izostaviti zagrade. Iz istog razloga za sudove nAAA ,,, 21 K

možemo pisati i

n

in AAAA ∧

=≡∧∧∧

121 K , te i

n

in AAAA ∨

=≡∨∨∨

121 K .

Operacije implikacije i ekvivalencije također možemo opisati korištenjem negacije, konjunkcije i disjunkcije. Vrijedi (provjerite korištenjem tablica istinitosti ili Teorema 1 i zapamtite):

BABA ∨¬≡⇒ ( ) BABA ¬∧≡⇒¬ ( ) ( )ABBABA ⇒∧⇒≡⇔

( )BABA ⇔¬≡∨ ABBA ¬⇒¬≡⇒ ( ) BABA ⇔¬≡⇔¬

26

Zadatak 5. Provjerite, služeći se tablicama istinitosti ili svojstvima Booleovih operacija iz Teorema 1 vrijede li tvrdnje: a) ( ) BABAA ∧≡¬∧¬∧ , b) BABA ¬⇔≡⇔¬ , c) ( ) ( ) ( )CABACBA ⇒∧⇒≡∧⇒ ,

d) ( ) ( ) ( )CABACBA ¬∧∨⇒¬≡∧¬∧ , e) ( )( ) ( ) ( )DCABADCBA ∧∧∨∧≡∧∨∧ ,

f) ( ) BABA ¬⇒¬≡⇒¬ , g) ( ) ( ) ( )CBCACBA ⇒∨⇒≡⇒∧ , h) ( ) ( )CBACBA ∧∨≡∧∨ . Zadatak 6. Sudovi vezani uz sud BA⇒ :

– Sud AB ⇒ nazivamo obratom suda BA⇒ . – Sud BA ¬⇒¬ nazivamo inverz ili suprotni sud suda BA⇒ . – Sud AB ¬⇒¬ nazivamo kontrapozicija suda BA⇒ .

Napišite obrat, inverz i kontrapoziciju suda: a) Ako pada kiša, onda su ulice mokre. b) Ako je četverokut ( )PQRS kvadrat, onda je četverokut ( )PQRS pravokutnik. Uvjerite se još jednom da je ABBA ¬⇒¬≡⇒ , BAAB ¬⇒¬≡⇒ .

Zadatak 7. Prema tome, u kakvoj su vezi sudovi na Grunfovoj majici?

Analogno unarnim i binarnim, za �∈n možemo definirati i n – arne logičke operacije sa sudovima ( )nAAAf ,,, 21 K . Očito je da postoje samo četiri unarne operacije sa sudovima, samo

šesnaest binarnih i samo n22 n – arnih logičkih operacija sa sudovima.

27

Logičke operacije možemo zadavati na dva načina: navođenjem njihove tablice istinitosti, ili zapisivanjem u obliku neke formule računa sudova. Svaka se logička operacija tako može zapisati korištenjem osnovnih logičkih operacija ⇔⇒∨∧¬ ,,,, . Naravno, kako je operacije

⇔⇒, moguće prikazati pomoću operacija ∨∧¬ ,, , izlazi da je svaku logičku operaciju moguće izraziti preko ∨∧¬ ,, . Sustav izvodnica (generatora) računa sudova je skup Booleovih operacija računa sudova (s proizvoljnim brojem varijabli) pomoću kojih se može prikazati bilo koja formula računa sudova. Od interesa su baze računa sudova – minimalni sustavi izvodnica računa sudova, tj. sustavi izvodnica čiji nikoji pravi podskup više nije sistem izvodnica. Očito je { }¬∨∧ ,, sustav izvodnica

računa sudova, ali nije baza, jer su sustavi izvodnica i skupovi { }¬∧, , { }¬∨, . Pokažite da su ta

dva skupa baze. Može se pokazati da su { }↑ i { }↓ također baze računa sudova. Zadatak 8. Dokažimo to. Zadatak 9. Binarna logička operacija ⊗ zadana je tablicom istinitosti

A B BA ⊗ T T ⊥ T ⊥ T ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥ ⊥

Dokažite da je skup { }⊗¬, sustav izvodnica računa sudova. Zadatak 10. Zadan je skup { }∨⇔∨ ,, . Dokažite da je taj skup sustav izvodnica računa sudova. Je

li i baza? Pomoću operacija iz skupa, prikažite formulu ( ) ( )ABBA ⇒↑⇒ . Za neku formulu p računa sudova kažemo da je tautologija i pišemo A= ako je identički

istinita, tj. T≡p . Ako je formula p računa sudova identički lažna, tj. ≡⊥p , kažemo da je kontradikcija . Uvjerite se u ove činjenice:

1. Formula p je tautologija onda i samo onda ako je p¬ kontradikcija. 2. Za dvije formule p , q računa sudova vrijedi da je qp ≡ onda i samo onda ako je

qp ⇔ tautologija.

Kaže se da tautologije odražavaju zakonitosti ljudskog mišljenja (zaključivanja).

28

Tautologija ima beskonačno mnogo (dokažite to!). Osnovne tautologije kojima se obično služimo: a) zakon isklju čenja trećeg AA ¬∨=

b) pravilo silogizma (pravilo tranzitivnosti implikacije )

( ) ( ) ( )CACBBA ⇒⇒⇒∧⇒=

c) zakon neproturječnosti ( )AA ¬∧¬=

d) zakon dvostruke negacije ( ) AA ⇔¬¬=

e) pravilo kontrapozicije ( ) ( )ABBA ¬⇒¬⇔⇒=

f) zakoni apsorpcije (upijanja ) ( ) ABAA ⇔∨∧=

( ) ABAA ⇔∧∨=

g) pravilo modus ponens ( ) BBAA ⇒⇒∧=

h) pravilo modus tollens ( ) ABBA ¬⇒¬∧⇒=

i) pravilo disjunktivnog hipotetskog silogizma ( ) ABBA ⇒¬∧∨=

j) pravilo kontradikcije ( ) AA ⇒⇒⊥¬=

Zadatak 11. Dokažite da se zaista radi o tautologijama. Za svako od pravila, smislite primjere koji ga ilustriraju. Zadatak 12. Ispitajte jesu li iduće formule tautologije: a) ( )BAA ∨⇒ , b) ( ) ( )( ) ( )FEDCBA ⇒⇒⇔∧⇒¬ , c) ( )( )DCBA ∨∧⇒ , d) ( )ABA ⇒⇒ ,

e) ( )( ) ( ) ( )( )CABACBA ⇒⇒⇒⇒⇒⇒ , f) ( ) ( )[ ] ( )[ ]BCABCBA ⇒∨⇔⇒∧⇒ ,

g) ( )( ) ( )BABBA ⇒⇒⇒¬∧ , h) ( )[ ] ( )[ ]CBACBA ⇒∧⇔⇒⇒ .

2.2. Booleova algebra Pažljivijim razmatranjem, uočavamo sličnosti operacija računa sudova i skupovnih operacija teorije skupova, kao i njihovih svojstava. U jednom slučaju radimo sa sudovima, u drugom sa skupovima. U oba slučaja, definiramo tri osnovne operacije, jednu unarnu i dvije binarne, koje se vrlo slično ponašaju.

Skupovi cA BA ∩ BA ∪ BA∆ U φ Sudovi A¬ BA ∧ BA ∨ BA∨ T ⊥

Naslućujemo da su račun sudova i teorija skupova manifestacije istih apstraktnih principa, koje ćemo sada pokušati definirati.

29

Neka je B skup u kojem su istaknuta dva različita elementa, jedan kojeg nazivamo "nula" i označavamo 0 i drugi kojeg nazivamo "jedinica" i označavamo 1. Neka su zadane tri operacije

na B , jedna unarna, tzv. "komplementiranje", BB →: i dvije binarne, "množenje" BBB →×⋅ : i "zbrajanje" BBB →×+ : . Skup B s ove tri operacije naziva se Booleova

algebra i označava ( )1,0,,,, +⋅B , ako su zadovoljena ova svojstva: 1) idempotentnost množenja i zbrajanja aaa =⋅ aaa =+ 2) komutativnost množenja i zbrajanja abba ⋅=⋅ abba +=+ 3) asocijativnost množenja i zbrajanja ( ) ( )cbacba ⋅⋅=⋅⋅ ( ) ( )cbacba ++=++ 4) distributivnost množenja prema zbrajanju i obrnuto ( ) ( ) ( )cabacba ⋅+⋅=+⋅ ( ) ( ) ( )cabacba +⋅+=⋅+ 5) De Morganove formule ( ) baba +=⋅ ( ) baba ⋅=+ 6) aa =⋅1 aa =+ 0 7) 00 =⋅a 11=+a 8) komplementarnost 0=⋅ aa 1=+ aa 9) involutivnost aa =

10) pravila apsorpcije ( ) abaa =+⋅ ( ) abaa =⋅+ Napomena Karakteristična je za Booleovu algebru dualnost operacija zbrajanja i množenja: ako u gornjim formulama zamijenimo +↔⋅ i 01↔ dobivamo nove ispravne formule. Može se pokazati da bi u definiciji Booleove algebre bilo dovoljno zahtijevati da vrijede svojstva 2,4,6 i 8, jer ostala svojstva slijede iz njih. Zadatak 1. Pokušajte za vježbu provjeriti da se svojstva 1,3,5,7,9,10 zaista mogu izvesti iz svojstava 2,4,6,8. Zadatak 2. U svakoj Booleovoj algebri može postojati samo jedna nula i samo jedna jedinica. Dokažite to.

Uputa: Pretpostavimo da postoje 10 i 20 . Tada bi vrijedilo 2

)6

12

)2

21

)6

1 000000 =+=+= . Slično, kad

bi postojali 11 i 21 , imali bismo 2

)6

12

)2

21

)6

1 111111 =⋅=⋅= .

Zadatak 3. Izračunajte koliko je 11+ , 01+ , 00 + , 00⋅ , 10 ⋅ , 11⋅ , 0 , 1 .

Uputa: Pokažimo na primjer da vrijedi 10 = . Naime, imamo 111110)8)5)8

=+=⋅= .

30

Najjednostavniji primjer Booleove algebre je { }( )TT, ,,,,, ⊥∨∧¬⊥ . Nadalje, ako je S neprazan

skup, ( )( )SS c ,,,,, φ∪∩P je Booleova algebra. Ako sa S označimo skup sudova koje je moguće

izreći na našem jeziku (S je prebrojiv), skup ( )T,,,,, ⊥∨∧¬S je također Booleova algebra. Primjer Booleove algebre je i algebra elektronskih sklopova.

Za dvije Booleove algebre ( )111 1,0,,,, +⋅B i ( )222 1,0,,,, ⊕⊗B kažemo da su izomorfne, ako

postoji bijekcija 21: BBf → tako da za sve 1, Bba ∈ vrijedi ( ) ( ) ( )bfafbaf ⊗=⋅ i ( ) ( )afaf = .

Bijekcija f tada se naziva izomorfizmom Booleovih algebri. Zadatak 4. Provjerite da će u tom slučaju vrijediti ( ) ( ) ( )bfafbaf ⊕=+ , ( ) 21 00 =f , ( ) 21 11 =f .

Uputa: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )bfafbfafbfafbafbafbaf ⊕=⊗=⊗=⋅=⋅=+)5)5

. Da bismo dokazali

drugu jednakost, uzmimo ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2

)8

111111

)8

1 00000000 =⊗=⊗=⋅= ffffff .

Zadatak 5. Neka je B skup svih prirodnih djelitelja broja 30, { }30,15,10,6,5,3,2,1=B .

Definirajmo za sve Bba ∈, operacije množenja ( )baNzmba ,=⋅ , zbrajanja ( )banzvba ,=+ i

komplementiranja a

a30= . Očito je ( )30,1,,,, +⋅B Booleova algebra. Za tročlani skup { }zyxS ,,=

promatrajmo Booleovu algebru ( )( )SS c ,,,,, φ∪∩P . Pokažite da su ove dvije Booleove algebre izomorfne tako što ćete konstruirati jedan izomorfizam između njih. Napomena Moglo bi se pokazati da je svaka konačna Booleova algebra izomorfna nekoj Booleovoj algebri skupova ( )( )SS c ,,,,, φ∪∩P .

Ako je ( )1,0,,,, +⋅B Booleova algebra i ako je za neko BB ⊆1 , ( )1,0,,,,1 +⋅B također Booleova

algebra (s obzirom na iste operacije), kažemo da je ( )1,0,,,,1 +⋅B podalgebra Booleove algebre

( )1,0,,,, +⋅B .

Zadatak 6. Neka je ( )1,0,,,, +⋅B Booleova algebra i BB ⊆1 . Pokažite da je da bismo dokazali

kako je ( )1,0,,,,1 +⋅B podalgebra Booleove algebre ( )1,0,,,, +⋅B dovoljno za sve 1, Bba ∈

provjeriti uvjete 1Bba ∈⋅ i 1Ba ∈ .

Zadatak 7. Neka je ( )1,0,,,, +⋅B Booleova algebra. Provjerite da je { }( )1,0,,,,1,0 +⋅ jedna njena podalgebra.

Zadatak 8. Neka je { }30,15,10,6,5,3,2,1=B i ( )30,1,,,, +⋅B Booleova algebra opisana u Zadatku 4.

Ako je { }30,15,2,11 =B , pokažite da je ( )30,1,,,,1 +⋅B podalgebra Booleove algebre ( )30,1,,,, +⋅B .

31

Zadatak 9. Neka su yx, elementi Booleove algebre sa svojstvom yyx =+ . Pokažite da je 0=xy . Ako je 0≠y , mora li biti 0=x ? Obrazložite odgovor.

Uputa: Jednakost yyx =+ pomnožimo s y da dobijemo yyyyxy =+ , odakle je 0=xy . Ako je 0≠y , ne mora vrijediti 0=x : uzmimo za primjer algebru skupova u kojoj su x i y neprazni, disjunktni skupovi. Zadatak 10. Neka su yx, elementi Booleove algebre sa svojstvom yyx =+ . Pokažite da je tada

xxy = .

Uputa: Zbog jednakosti yyx =+ je ( ) xyxxxy)10

=+= .

Zadatak 11. U apstraktnoj Booleovoj algebri minimizirajte izraz ( )( )( )abcbababca +++ . Neka je { }1,0=B i ( )1,0,,,, +⋅B pripadna dvočlana Booleova algebra. Booleova funkcija n

varijabli ( n – arna Booleova operacija) je bilo koja funkcija BBF n →: . Svaku Booleovu funkciju pregledno možemo zadati tablicom svih kombinacija nula i jedinica ("ulaza") i

vrijednosti funkcije ("izlaza"). Očito je broj svih mogućih Booleovih funkcija n varijabli n22 . U

slijedećem teoremu pokazat ćemo kako se svaka Booleova funkcija može napisati u standardnom

obliku korištenje operacija +⋅,, .

Teorem 1. Neka je { }1,0=B i BBF n →: Booleova funkcija n varijabli . Za

( ) nn Bxxx ∈,,, 21 K uvedimo formalne oznake, ii xx =0 , ii xx =1 . Promotrimo skupove

( ) ( ){ }1,,,:,,, 2121 =∈= nn

n xxxFBxxxJ KK i ( ) ( ){ }0,,,:,,, 2121 =∈= nn

n xxxFBxxxK KK .

Vrijedi ( )( )∑

∈

=Jeee

en

een

n

nxxxxxxF,,,

2121

21

21,,,K

KK (tzv. disjunktivna normalna forma za F ),

( ) ( )( )

∏∈

+++=Keee

en

een

n

nxxxxxxF,,,

2121

21

21,,,K

KK (tzv. konjunktivna normalna forma za F ).

Primjer Neka je { }1,0=B i BBF →3: Booleova funkcija zadana tablicom:

1x 2x 3x ( )321 ,, xxxF

1 1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 1 0 0 0 0 1 1 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1

32

Uvjerite se da je u disjunktivnoj normalnoj formi ( ) 321321321321 ,, xxxxxxxxxxxxF ++= , a u

konjunktivnoj ( ) ( )( )( )( )( )321321321321321321 ,, xxxxxxxxxxxxxxxxxxF ++++++++++= . Zadatak 12. Odredite disjunktivnu i konjunktivnu normalnu formu Booleove funkcije F koja za ulazne varijable cba ,, na izlazu daje 1 ako je ( ) ( ) ( )222 abcbcab =+ , a 0 inače. Zadatak 13. Odredite disjunktivnu i konjunktivnu normalnu formu Booleove funkcije F koja će

za ulazne varijable dcba ,,, na izlazu dati 1 ako je

dc

ba regularna matrica, a 0 inače.

Zadatak 14. Odredite disjunktivnu i konjunktivnu normalnu formu Booleove funkcije F koja za ulazne varijable dcba ,,, na izlazu daje 1 ako vrijedi ( ) ( )22 cdab = , a 0 inače.

Zadatak 15. Odredite disjunktivnu i konjunktivnu normalnu formu Booleove funkcije

( )dcbaF ,,, koja na izlazu daje 1 ako je broj ( ) ( ) ( ) ( )2222 dabccdabbcdaabcd +++ djeljiv sa 6, a

nije djeljiv sa 9, a 0 inače. Često će nas zanimati minimizacija logičkih formula, radi kratkoće, ali i u cilju štednje na komponentama (ukoliko se Booleove funkcije fizički – sklopovski projektiraju). U minimizaciji konjunktivnih i disjunktivnih formi informatičari se katkad služe Karnaughovim dijagramima. Zadatak 16. Odredite Booleovu funkciju koja za n – bitni ulaz ( )naaa ,,, 21 K na izlazu daje 0

ako su svi ulazi jednaki, a 1 inače. Minimizirajte broj operacija od F . Zadatak 17. Odredite Booleovu funkciju ( )dcbaF ,,, koja na izlazu daje 1 ako je broj

( ) ( ) ( ) ( )2222 dbaccbdabadcabcdn +++= neparan, a 0 ako je paran. Minimizirajte broj operacija

od F . Zadatak 18. Zadana je ternarna logička operacija ( ) CBACBA ∨∧=*,, . Odredite tablicu

istinitosti za formulu ( )( )** ,,,, CCBABA ¬⇒ . Nađite joj disjunktivnu i konjunktivnu normalnu formu. Minimizirajte izraz. Napomena Pretpostavimo da BBF n →: Booleova funkcija nije zadana tablicom, nego skupom svojstava. Tada može biti od interesa obrnuti problem, tzv. problem ispunjivosti, tj. odrediti postoji li neka kombinacija ( ) n

n Bxxx ∈,,, 21 K tako da je ( ) 1,,, 21 =nxxxF K . Ovakvi se

problemi često pojavljuju u zabavnoj matematici.

33

Zadatak 19. Policija traži maskiranog provalnika. U toku istrage ispitano je 5 sumnjivaca: Ante, Branko, Cvito, Damir i Edo. Poznato je da je svaki od njih u iskazu jednom slagao i jednom rekao istinu. Ante: To nije učinio Edo. To je učinio Branko. Branko: To nije učinio Cvito. To nije učinio Damir. Cvito: To je učinio Edo. To nije učinio Ante. Damir: To je učinio Cvito. To je učinio Branko. Edo: To je učinio Damir. To nije učinio Ante. Tko je bio maskirani provalnik?

2.3. Predikatska logika prvog reda U matematici je vrlo važno znati se služiti tehnikama izvođenja (dokazivanja) formula iz drugih formula, pa ćemo ostatak ovog poglavlja posvetiti toj temi. Pretpostavimo da su nFFF K,, 21 formule logike sudova. Reći ćemo da je formula F logike

sudova logička posljedica formula nFFF ,,, 21 K i pisati FFFF n =,,, 21 K ako je formula

FFFF n ⇒∧∧∧ K21 tautologija.

Zadatak 1. Ispitajte vrijedi li: a) ( )( )prqrp ¬⇒⇒=¬, , b) ( )( )prqrqp ¬⇒⇒=⇔, , c) ( )( )qqpqp ⇒⇒=∨ ,

d) pqpqp ¬=¬⇒⇒ , , e) rprqqp ∨=∨¬∨ , , f) nn pppp =,,, 21 K ,

g) 1011093221 ,,, pppppppp ⇒=⇒⇒⇒ K .

Intencija matematičke logike je da bude što je više moguće formalna: nju ne zanima stvarni smisao suda – za nju bi idealna situacija bila kad bismo formule mogli izvoditi neovisno o značenju sudova na koje se odnose. Logika sudova za to najčešće nije dovoljna. Evo primjera: Primjer Neka su zadani sudovi: A .............Ptice imaju krila. B .............Vrapci su ptice. C .............Vrapci imaju krila. Ispitajte je li sud C logička posljedica A i B . Intuitivno, složit ćemo se da bi sud C trebao slijediti iz sudova A i B . Međutim, lagano je provjeriti da ne vrijedi CBA =, :

34

A B C BA ∧ ( ) CBA ⇒∧

T T T T T T T ⊥ T ⊥ T ⊥ T ⊥ T T ⊥ ⊥ ⊥ T ⊥ T T ⊥ T ⊥ T ⊥ ⊥ T ⊥ ⊥ T ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ T

(Primijetimo da je i normalno da općenito ne vrijedi CBA =, , jer bismo onda mogli iz istih A i

B zaključiti i da je C ′ .............Vrapci imaju rogove. I tko zna što još drugo.) Formalni aparat (jezik) logike sudova pregrub je da prikaže konkretni C kao logičku posljedicu A i B , jer ne može iskazati dodatnu informaciju sadržanu u njima – da je skup vrabaca podskup skupa ptica, pa svojstvo koje vrijedi na skupu ptica, posebno vrijedi i na skupu vrabaca. Kako bismo povećali izražajnost, naš logički jezik moramo proširiti i učiniti fleksibilnijim. Jezik koji ćemo sada uvesti zvat će se (predikatska) logika prvog reda. Suvislu izjavnu rečenicu ( )nxxxP ,,, 21 K koja se odnosi na �∈n varijabli nxxx ,,, 21 K nazivamo

n – mjesni predikat. Uvrštavanjem konkretnih vrijednosti za sve varijable, predikat postaje sud. Primjer Razmotrimo iduće predikate: ( )xA ................x plus pet je jednako devet. (Jednomjesni predikat.)

( )yxB , ............x i y cijepaju drva. (Dvomjesni predikat.)

( )zyxC ,, ........... [ ]zyx ,∈ . (Tromjesni predikat.)

( )wtzyxD ,,,, .......x , y i z su opljačkali t uz pomoć w . (Petomjesni predikat.) Uvjerite se: ( )4A je istinit, a ( )5A je lažan sud, kao i ( )2,3,5C . Domena n – mjesnog predikata je neprazni skup nDDDD ×××= K21 iz kojeg uvrštavamo

vrijednosti nn DxDxDx ∈∈∈ ,,, 2211 K .

Ako neku tvrdnju (n – mjesni predikat) ( )nxxxP ,,, 21 K želimo poopćiti na sve elemente skupa

kD , koristimo univerzalni kvantifikator ∀ , pa poopćena tvrdnja glasi ( )nk xxxPx ,,, 21 K∀ , "za

sve elemente kk Dx ∈ vrijedi tvrdnja ( )nxxxP ,,, 21 K ".

Ako neku tvrdnju (n – mjesni predikat) ( )nxxxP ,,, 21 K želimo konkretizirati na samo neke

elemente skupa kD , koristimo egzistencijalni kvantifikator ∃ , pa konkretizirana tvrdnja glasi

( )nk xxxPx ,,, 21 K∃ "postoji (bar jedan) element kk Dx ∈ za kojeg vrijedi tvrdnja

35

( )nxxxP ,,, 21 K ". Ako želimo reći da tvrdnja vrijedi samo za jedan element kk Dx ∈ , katkad

koristimo oznaku ( )nk xxxPx ,,, 211 K∃ ili ( )nk xxxPx ,,,! 21 K∃ .

Zadatak 2. Za svaki od slijedećih sudova ispitajte je li istinit: a) ( )( )42 =∈∃ xx � ,

b) ( )( )yxyxyx =⇔=∈∀ 22, � ,

c) ( )( )yxyxyx <⇔<∈∀ 22, � .

Formalnije, neka je { }K,, 211 xxS = prebrojiv skup simbola, čije elemente nazivamo varijable ,

neka je { }∃∀⇔⇒∨∧¬= ,,,,,,2S skup logičkih veznika, { }K,, 213 PPS = skup relacijskih simbola

(predikata), { }K,, 214 ffS = skup funkcijskih simbola (funkcija), { }K,, 215 ccS = skup

konstantskih simbola (konstanti) i { }(),6 =S skup pomoćnih simbola (zagrada). Skup

654321 SSSSSSS ∪∪∪∪∪= nazivamo alfabet (predikatske) logike prvog reda. Kao i kod algebre sudova, od jednostavnijih izraza poštivanjem određenih pravila dolazimo do složenijih formula. Najjednostavnije izraze nazvat ćemo termi. Term je riječ alfabeta S za koju vrijedi:

1. Svaka varijabla i svaki konstantski simbol je term. 2. Ako je f n – mjesni funkcijski simbol iz S i nttt ,,, 21 K termi, onda je i ( )ntttf ,,, 21 K

term. 3. Riječ alfabeta S je term ako i samo ako je nastala primjenom pravila 1. i 2. u konačno

mnogo koraka. Atomarna formula alfabeta S je svaka riječ oblika ( )ntttR ,,, 21 K , gdje su nttt ,,, 21 K termi, a

R je n – mjesni relacijski simbol iz S . Formula alfabeta S je definirana ovako:

1. Svaka atomarna formula je formula. 2. Ako su p i q formule alfabeta S , onda su i riječi ( )p¬ , ( )qp ∧ , ( )qp ∨ , ( )qp ⇒ i

( )qp ⇔ formule alfabeta S .

3. Ako je p formula alfabeta S i x varijabla alfabeta S , onda su riječi ( )xp∀ i ( )xp∃ također formule alfabeta S . 4. Riječ alfabeta S je formula alfabeta S ako i samo ako je nastala primjenom pravila 1, 2. i 3. u konačno mnogo koraka.

Radi kraćeg zapisa, zadržavamo već uvedeni prioritet logičkih operacija, uz napomenu da najveću snagu vezivanja sada imaju ∀ i ∃ , nakon njih ¬ , i zatim kao i prije ∧ pa ∨ , te na kraju ⇒ i ⇔ .

36

Ako se na neku varijablu u formuli odnosi neki od kvantifikatora, kažemo da joj je nastup vezan. U protivnom je nastup varijable slobodan. U atomarnim formulama nastup svake varijable je slobodan. Napomena Kvantifikatori se u predikatskoj logici prvog reda odnose samo na varijable iz skupa

{ }K,, 211 xxS = . Kad bismo dozvolili kvantifikaciju po relacijskim i funkcijskim varijablama, tj

po elementima skupova 3S i 4S , dospjeli bismo na teren predikatske logike drugog reda. Postoje

i logike viših redova. Izborom različitih domena i značenja relacijskih, funkcijskih i konstantskih simbola, dolazimo do raznih interpretacija formula. U nekim interpretacijama, formula može biti istinita, a u nekima ne. Ako je formula istinita za neku interpretaciju, kažemo da je ispunjiva. Ako je formula neistinita za neku interpretaciju, kažemo da je oboriva. Ako je formula istinita za sve interpretacije, kažemo da je valjana (ili da je tautologija). Ako je formula neistinita za sve interpretacije, kažemo da je kontradikcija . Primjer Za neki dvomjesni predikat ( )yxP , , formulu ( )yxyPx ,∃∀ možemo interpretirati kao: 1) Za svaki prirodni broj, postoji prirodni broj veći od njega. 2) Svaka kružnica ima središte. 3) Svaki niz realnih brojeva ima limes. 4) Svaka kvadratna matrica ima determinantu. 5) Svaki čovjek ima nos. 6) Svaki čovjek ima krila. Tvrdnje 3) i 4) nisu istinite. Dakle formula ( )yxyPx ,∃∀ nije ni valjana ni kontradikcija, jer je ispunjiva i oboriva. Zadatak 3. Uvjerite se da vrijede tvrdnje: Formula F logike prvog reda je valjana ako i samo ako je formula F¬ kontradikcija. Formula F logike prvog reda je ispunjiva ako i samo ako je formula F¬ oboriva. Teorem 1 Slijedeće su formule valjane: 1) ( )( ) ( )xPxxxP ¬∃⇔∀¬

2) ( )( ) ( )xPxxxP ¬∀⇔∃¬

3) ( ) ( )yxxPyyxyPx ,, ∀∀⇔∀∀

4) ( ) ( )yxxPyyxyPx ,, ∃∃⇔∃∃

5) ( ) ( )yxxPyyxyPx ,, ∃∀⇒∀∃

6) ( ) ( )yxyPxyxyPx ,, ∃∃⇒∃∀

37

Zadatak 4. Ispitajte je li ( ) ( )yxyPxyxxPy ,, ∀∃⇒∃∀ valjana formula? Izborom interpretacije, pokažite da je formula ispunjiva i oboriva. Razmotrite tu formulu za domenu �∈yx, i predikat

yx ≤ . Razmotrite tu formulu za domenu �∈yx, i predikat yx ≥ . Razmotrite tu formulu za domenu �∈yx, i predikat 0=+ yx . Zadatak 5. Ispitajte je li ( ) ( )yxyPxyxyPx ,, ∃∀⇒∃∃ valjana formula? Izborom interpretacije, pokažite da je formula ispunjiva i oboriva. Zadatak 6. Neka je funkcija �→baf ,: i bax ,0 ∈ . Koristeći kvantifikatore, zapišite

definiciju postojanja realnog limesa L u točki 0x : ( )xfLxx 0

lim→

= . Negirajte tvrdnju ( )xfLxx 0

lim→

= ?

Zadatak 7. Neka su zadani vektori cba

rrr,, . Koristeći kvantifikatore, zapišite definiciju linearne

nezavisnosti vektora cbarrr

,, . Negirajte je da dobijete definiciju linearne zavisnosti vektora cbarrr

,, . Napomena Reći ćemo da je formula F predikatske logike prvog reda logička posljedica formula nFFF ,,, 21 K i pisati FFFF n =,,, 21 K , ako je za svaku interpretaciju u kojoj su formule

nFFF ,,, 21 K istinite, istinita i formula F . Posebno, to će značiti da je FFFF n =,,, 21 K ako i

samo ako je formula FFFF n ⇒∧∧∧ K21 valjana formula. Ako je 1=n , FF =1 pisat ćemo

kao FF ⇒1 . Za dvije formule, F i G predikatske logike prvog reda reći ćemo da su logički ekvivalentne i pisati GF ⇔ ako vrijedi GF ⇒ i FG ⇒ . Dakle, formule F i G su logički ekvivalentne ako i samo ako je formula GF ⇔ valjana formula. Zadatak 8. Zapišite ove sudove jezikom predikatske logike:

a) Svaki prirodni broj ujedno je i racionalan broj. b) Između svaka dva različita realna broja, postoji realan broj različit od njih. c) Svi Bosanci dobre konje sedlaju. d) Ako itko zna, Kate zna. e) Neki su političari pošteni. f) Sve ljude možete varati neko vrijeme, neke ljude možete varati svo vrijeme, ali ne

možete varati sve ljude svo vrijeme. g) Svaka ptica svome jatu leti. h) Tko je dobar nije sam, oduvijek smo znali.

Zadatak 9. Zadana je domena { }Vedran,Ivona,Stjepan,Igor,Maja,Ana=D , na kojoj

promatramo predikat ( ) "u /azaljubljen je ........", yxyxZ . Znamo da su istiniti

sudovi: ( )Stjepan Ana,Z , ( )IvonaStjepan,Z , ( )MajaIgor,Z , ( )IgorMaja,Z , ( )AnaVedran,Z . Ispitajte istinitost slijedećih sudova i obrazložite svoje tvrdnje:

38

a) ( )yxyZx ,∃∀ , b) ( )yxxZy ,∃∀ , c) ( )yxyZx ,∀∃ , d) ( )yxxZy ,∀∃ , e) ( )yxyZx ,!∃∀ ,

f) ( )yyZ ,Stjepan!∃ , g) ( )Vedran,xxZ∃ , h) ( )yxxZy ,! ∀∃ , i) ( )yxyZx ,∀∀ ,

j) ( ) ( )( )zyZyxZzyx ,, ∧∃∃∃ , k) ( ) ( )( )xyZyxZyx ,,!! ∧∃∃ , l) ( ) ( )( )xyZyxZyx ,, ∨∀∀ . Zadatak 10. Ispitajte je li formula ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )xCxAxxCxBxxBxAx ⇒∀⇒⇒∀∧⇒∀ valjana. Dajte primjere nekih interpretacija te formule. Zadatak 11. Pokažite da formule nisu valjane, nalazeći primjer interpretacije za koju je formula neistinita. Obrazložite.

a) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )xCxAxxBxCxxBxAx ⇒∃⇒⇒∀∧⇒∀ ,

b) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )xBxCxxAxCxxBxAx ¬∧∃⇒¬∧∃∧⇒∀ ,

c) ( ) ( )yyyPyxyPx ,, ∃⇒∃∀ ,

d) ( ) ( ) ( ) ( )( )xQxPxxxQxxP ∧∃⇒∃∧∃ .

2.3. Dokazivanje u matematici Dokazivanje tvrdnji i razvijanje teorija u matematici razlikuje se od istoga u drugim znanostima. Eksperimentiranje i statistička analiza, koliko god bili korisni u fizici, kemiji ili medicini, matematičaru najčešće nisu od velike pomoći. Primjerice, kad biste od fizičara zatražili da odredi temperaturu vrenja tekućine, on bi vjerojatno uzeo lončić, kuhalo i termometar i u nekoliko nezavisnih mjerenja eksperimentalno došao do tražene brojke. Eksperimentalna provjera u svim prirodnim znanostima ima snagu dokaza, jedino ne u matematici. Zamislite matematičara koji bi rješavao jednadžbu 0134 =−++ xxx nasumičnim uvrštavanjem: pronalaženje deset, sto ili tisuću realnih brojeva koji nisu rješenja ne predstavlja argument da realnih rješenja nema. Ako spomenuti fizičar u 100 ponavljanja pokusa grijanja vode 99 puta izmjeri da je temperatura vrenja vode Co100 , a jedan put dobije npr. Co105 , s punim pravom će zaključiti kako su rezultati tog mjerenja statistička greška (možda voda nije bila potpuno čista, možda se promijenila temperatura i tlak zraka okoline, možda se termometar pokvario, možda je u pitanju ljudski faktor,...). S druge strane, u matematici, vjerojatnost da pri slučajnom nabadanju brojeva na realnoj osi pogodimo racionalni broj je točno nula (jer je skup racionalnih brojeva prebrojiv, a skup iracionalnih neprebrojiv), ali nam to ne daje za pravo da racionalne brojeve zanemarimo kao statističku grešku. Tehnika dokazivanja u matematici ovisi o tome što se dokazuje. Tvrdnje koje se dokazuju matematičari obično nazivaju teoremima, naročito ako su velike i važne. Ako se radi o jednostavnijoj tvrdnji, u upotrebi je i naziv propozicija. Tvrdnju koja će se koristiti u dokazivanju kasnijih tvrdnji obično nazivaju lema, a tvrdnju koja je posljedica već dokazanih tvrdnji korolar. Često je tvrdnja koja se dokazuje oblika BA⇒ ili BA ⇔ .

39

Dokazivanje implikacija

Izravni dokaz Pretpostavimo da treba dokazati tvrdnju oblika BA⇒ . Izravno dokazujemo tako da polazeći od tvrdnje A korištenjem istinitih formula i valjanih pravila izvođenja u konačno koraka dolazimo do tvrdnje B . Ovakvi dokazi su česti u elementarnoj matematici, na primjer kad treba iz poznatih formula izvesti novu formulu. Najčešće se pritom pozivamo na pravilo (tautologiju) silogizma. Primjer 1. Dokažite da za sve �∈ba, i sve �∈n vrijedi jednakost

( )( )1221 −−−− ++++−=− nnnnnn babbaababa K . Primjer 2. Polazeći od adicionih formula trigonometrijskih funkcija sinus i kosinus,

( ) yxyxyx sincoscossinsin +=+ , ( ) yxyxyx sinsincoscoscos −=+ , koje vrijede za sve

�∈yx, , dokažite da za svako �∈x vrijedi 2

2cos1cos2 x

x+= .

Primjer 3. Dokažite da je kvadrat parnog cijelog broja paran broj. Dokažite da je kvadrat neparnog cijelog broja neparan broj.

Zadatak 1. Dokažite da za svaki �∈z vrijedi jednakost zzz ⋅=2.

Zadatak 2. Dokažite za sve nkkn ≤∈ ,, 0� vrijedi jednakost

−+

−−

=

k

n

k

n

k

n 1

1

1.

Zadatak 3. Dokažite da je 99100 10099 > .

Zadatak 4. Dokažite da je 3212

−=πtg .

Neizravni dokaz U dokazivanju tvrdnje oblika BA⇒ , katkad je zgodno poslužiti se neizravnim načinima.

40

a) Dokaz po kontrapoziciji

Koristimo se pravilom (tautologijom) kontrapozicije ( ) ( )ABBA ¬⇒¬⇔⇒= , pa umjesto

tvrdnje BA⇒ , dokazujemo tvrdnju AB ¬⇒¬ . Primjer 4. Dokažite da je funkcija �� →:f , zadana izrazom ( ) 132 1 +⋅= −xxf injekcija.

b) Dokaz iz kontradikcije

Koristimo se pravilom (tautologijom) kontradikcije, ( ) BB ⇒⇒⊥¬= , pa uz pretpostavku da

vrijedi tvrdnja A nastojimo pokazati kako tvrdnja B¬ dovodi do kontradikcije, odakle zaključujemo da je istinita tvrdnja B , pa vrijedi BA⇒ . Primjer 5. Dokažite da je broj 3log iracionalan.

Uputa: Pretpostavite suprotno, tj. da je q

p=3log , pri čemu možemo uzeti da su �∈qp, .

Antilogaritmiravši, nakon potenciranja sa q dobivamo da je pq 103 = , što je nemoguće, jer je broj na lijevoj strani neparan, a broj na desnoj strani paran. Kontradikcija.

Primjer 6. Dokažite da je broj 2 iracionalan.

Uputa: Pretpostavite suprotno, tj. da je q

p=2 , pri čemu pri čemu uzimamo da su �∈qp, i

razlomak skratimo do kraja. Nakon kvadriranja i sređivanja, dobivamo da je 222 pq = . Broj na

lijevoj strani jednakosti je paran, pa i broj na njenoj desnoj strani mora biti paran. No, 2p je

paran samo ako je p paran (Primjer 3), pa izlazi da je 2q paran, dakle da je i q paran. No,

razlomak q

p smo na početku skratili do kraja. Kontradikcija.

Dokazivanje ekvivalencije

Ekvivalenciju BA ⇔ najčešće dokazujemo tako da dokažemo implikacije BA⇒ i AB ⇒ .

Primjer 7. Dokažite da je realni broj α nultočka polinoma s realnim koeficijentima ( )xp ako i

samo ako postoji polinom s realnim koeficijentima ( )xq tako da je ( ) ( ) ( )xqxxp α−= . Primjer 8. Dokažite da je prirodan broj djeljiv brojem 5 ako i samo ako završava znamenkama 0 ili 5.

41

Zadatak 5. Dokažite da je prirodan broj paran ako i samo ako je njegov kvadrat paran broj. Zadatak 6. Dokažite da su kompleksni brojevi 1z i 2z kompleksno konjugirani ako i samo ako

su 21 zz + i 21 zz ⋅ realni brojevi. Zadatak 7. Dokažite da je prirodan broj djeljiv brojem 9 ako i samo ako mu je zbroj znamenaka djeljiv sa 9.

Princip matemati čke indukcije U dokazivanju tvrdnji vezanih za prirodne i cijele brojeve često se koristi: Princip matematičke indukcije: Neka je �⊆S . Ako vrijedi: 1) S∈1 , 2) SnSn ∈+⇒∈ 1 , onda je �=S .

Primjer 9. Dokažite da za svako �∈n vrijedi ( )

2

121

+=+++ nnnK .

Primjer 10. Dokažite da za svako �∈n vrijedi ( )( )

6

12121 222 ++=+++ nnn

nK .

Primjer 11. Dokažite matematičkom indukcijom da za svako �∈n vrijedi 12 +≥ nn . Primjer 12. Dokažite matematičkom indukcijom da je skup nAAA ××× K21 prebrojiv ako su

skupovi nAAA ,,, 21 K prebrojivi. Primjer 13. Sjetite se, binomni teorem glasi: za sve �∈ba, i sve �∈n vrijedi jednakost

( ) kknn

k

n bak

nba −

=∑

=+

0

. Dokažite binomni teorem matematičkom indukcijom.

Ukoliko tvrdnju treba dokazati za sve �∈n , mn ≥ , matematičku indukciju modificiramo tako da umjesto tvrdnje 1) S∈1 dokazujemo tvrdnju 1’) Sm ∈ . Zadatak 8. Dokažite da za svako �∈n , 4≥n vrijedi nn 2!> . Zadatak 10. Dokažite matematičkom indukcijom da za je sve nkkn ≤∈ ,, 0� , binomni

koeficijent �∈

k

n. (Uputa: poslužite se jednakošću

−+

−−

=

k

n

k

n

k

n 1

1

1).

42

Zadatak 9. Dokažite za svako �∈n vrijedi ( ) 21231 nn =−+++ K .

Zadatak 11. Dokažite da za sve �∈x i za sve �∈n vrijedi jednakost ∏=

=n

kn

nk x

xx

1

2sin2

sin

2cos .

Zadatak 12. Dokažite matematičkom indukcijom da za svaki prirodni broj n vrijedi jednakost ( ) ( ) 12531022356162 +⋅−+=⋅−++++ nn nnK .

Zadatak 13. Dokažite matematičkom indukcijom da za svaki prirodni broj n vrijedi jednakost

( ) ( ) ( ) nn nn ⋅−=−⋅−++−+− 1121531 K . Zadatak 14. Dokažite matematičkom indukcijom da za svaki prirodni broj n vrijedi jednakost

( )11 32

1123

3

13

9

26

3

82 −− ⋅

+−=−++++n

n

n

n nK .

Zadatak 15. Dokažite matematičkom indukcijom da za svaki prirodni broj n vrijedi jednakost

−=

⋅++++−

n

n

4

112

2

13

32

3

8

3

2

312

K .

Zadatak 16. Dokažite matematičkom indukcijom da za svaki prirodni broj n vrijedi jednakost

( ) ( ) ( )( )

( )( )32122

1

321212

1

975

1

753

1

531

1

+++=

+⋅+⋅−++

⋅⋅+

⋅⋅+

⋅⋅ nn

nn

nnnK .

Zadatak 17. Dokažite matematičkom indukcijom da za svaki prirodni broj n vrijedi jednakost

( ) ( ) 131323

1

107

1

74

1

41

1

+=

+⋅−++

⋅+

⋅+

⋅ n

n

nnK .

Dokaz egzistencije Za dokazivanje tvrdnje oblika ( )xxP∃ dovoljno je pronaći (konstruirati) jedan primjer x za kojega tvrdnja vrijedi. Ako je teško ili nemoguće pronaći takav primjer, ponekad se služimo indirektnim načinom, pa dokazujemo da nije moguće da takav x ne postoji. Razmotrimo na primjer tvrdnju: Postoji barem jedan iracionalan broj. Konstruktivan dokaz pokazao bi na primjer

da je broj 2=x realan, ali nije racionalan, pa bi bio iracionalan. Drugačije, indirektno, mogli bismo se poslužiti činjenicom da je skup realnih brojeva neprebrojiv, pa bismo iz prebrojivosti skupa racionalnih brojeva zaključili da postoji i skup iracionalnih brojeva. Zadatak 18. Dokažite da svaki realni polinom trećeg stupnja ima bar jednu realnu nultočku. Zadatak 19. Dokažite da je od svaka tri uzastopna prirodna broja bar jedan djeljiv sa 3.

43

Zadatak 20. Neka su zadana tri proizvoljna cijela broja. Dokažite da je bar jedna od razlika tih brojeva paran broj.

Dokaz kontraprimjerom Ponekad je potrebno dokazati da neka tvrdnja oblika ( )xxP∀ ne vrijedi. U tom slučaju je dovoljno pronaći jedan x za kojega ta tvrdnja ne vrijedi (kontraprimjer). Ili, indirektno, pokazati da nepostojanje x za kojega ta tvrdnja ne bi vrijedila vodi do proturječnosti.

Primjer 14. Dokažite da funkcija �� →:f , ( )13

132log3 +

+⋅=x

x

xf nije surjekcija.

Zadatak 21. Ispitajte vrijedi li tvrdnja: umnožak svaka dva iracionalna broja je iracionalan broj. Zadatak 22. Ispitajte vrijedi li tvrdnja: umnožak bilo koja tri uzastopna prirodna broja nije kub nekog prirodnog broja. Zadatak 23. Ispitajte vrijedi li tvrdnja: svaka neprekidna funkcija je derivabilna. Zadatak 24. Ispitajte vrijedi li tvrdnja: ako je prva derivacija funkcije �� →:f za sve �∈x strogo pozitivna, onda graf funkcije f siječe os x .

Dokaz jedinstvenosti Ako dokazujemo tvrdnju oblika ( )xxP!∃ , često prvo dokažemo da ( )xxP∃ , a onda pretpostavivši da postoje bar dva takva x , dokazujemo da oni moraju biti međusobno jednaki. Zadatak 25. Dokažite tvrdnju: ako je kvadratna matrica A regularna (tj. ima inverznu matricu), postoji samo jedna kvadratna matrica B takva da je AB=BA=I (gdje je I oznaka za jediničnu matricu istog reda).

Zadatak 26. Koristeći se definicijom realnog limesa funkcije �→baf ,: u točki bax ,0 ∈ .

(Zadatak 6, str. 37), dokažite da ako postoji limes funkcije ( ) �∈=→

xfLxx 0

lim , onda je on

jedinstven. Zadatak 27. Dokažite da u svakoj Booleovoj algebri može postojati samo jedna nula i samo jedna jedinica. Slijedeći teorem je iz PINM, ne spada u Diskretnu matematiku, i poslužit će nam samo kao ilustracija primjene opisanih način zaključivanja. U dokazu prvo konstruiramo polinom traženih svojstava, a potom dokazujemo njegovu jedinstvenost, pomoću kontradikcije.

44

Teorem (samo kao primjer) Neka su zadane točke ( ) ( ) ( ) ( )nn yxyxyxyx ,,...,,,,,, 221100 , tako da

vrijedi nxxxx <<<< ...210 . Lagrangeov interpolacioni polinom (tj. polinom najmanjeg stupnja čiji graf

sadrži te točke) postoji, jedinstven je i njegov stupanj nije veći od n.

Dokaz: Da bismo izračunali Lagrangeov interpolacioni polinom, definiramo polinome:

)())((

)())(()(

02010

21

00 0

0

n

nn

jj j

j

xxxxxx

xxxxxx

xx

xxxl

−−−−−−

=−−

= ∏≠= K

K

)())((

)())(()(

12101

20

10 1

1

n

nn

jj j

j

xxxxxx

xxxxxx

xx

xxxl

−−−−−−

=−−

= ∏≠= K

K

. . .

)())((

)())(()(

110

110

0 −

−

≠= −−−

−−−=

−−

= ∏nnnn

nn

njj jn

j

n xxxxxx

xxxxxx

xx

xxxl

K

K

i pomoću njih polinom )(...)()()()( 11000

xlyxlyxlyxlyxL nn

n

kkkn +++==∑

=.

Tvrdimo: polinom )(xLn je Lagrange-ov interpolacioni polinom, tj. polinom najmanjeg stupnja čiji graf

prolazi točkama ( ) ( ) ( ) ( )nn yxyxyxyx ,,...,,,,,, 221100 .

Odmah vidimo da graf polinoma )(xLn sadrži točke ( ) ( ) ( ) ( )nn yxyxyxyx ,,...,,,,,, 221100 , jer

vrijedi:

1)( 00 =xl , 0)()()()( 0302010 ===== nxlxlxlxl K ,

1)( 11 =xl , 0)()()()( 1312101 ===== nxlxlxlxl K ,

1)( 22 =xl , 0)()()()( 2321202 ===== nxlxlxlxl K ,

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

1)( =nn xl , 0)()()()( 1210 ===== −nnnnn xlxlxlxl K ,

pa je za nk K,1,0= , kknnkk

n

kkkkkn yxlyxlyxlyxlyxL =+++==∑

=)(...)()()()( 1100

0

.

Ovo nam pokazuje da polinom traženog svojstva postoji, i da mu stupanj nije veći od n. Pokažimo još jedinstvenost. Kad bi postojala dva polinoma )(xf i )(xg stupnjeva manjeg od n, čiji grafovi sadrže

točke ( ) ( ) ( ) ( )nn yxyxyxyx ,,...,,,,,, 221100 , onda bi njihova razlika, ( )xgxf −)( bio polinom

stupnja manjeg od n, kojemu su nxxxx <<<< ...210 nultočke. Prema Osnovnom teoremu algebre,

međutim, to je moguće samo ako je polinom ( )xgxf −)( nul – polinom, tj. ako je ( )xgxf =)( .

45

3. Binarne relacije

3.1 Relacije. Relacije ekvivalencije Definicija Neka je X neprazan skup. Binarna relacija ρ na skupu X je bilo koji podskup

skupa XX × . Ako je uređeni par ( ) ρ∈yx, , kažemo da je x u relaciji sa y , i pišemo yxρ . Prazan skup je po definiciji također relacija – zovemo ga prazna relacija. Slično, skup XX × je univerzalna relacija. Slično, unarna, ternarna i općenito n-arna relacija na skupu X bi se definirala kao podskup skupa X , 3X , odnosno općenito nX . (Još općenitija definicija binarne relacije bila bi da je podskup Kartezijevog produkta BA× proizvoljnih nepraznih skupova A i B . Kazali bismo tada da je to relacija sa skupa A u skup B ). Definicija Za binarnu relaciju ρ na skupu X kažemo da je

1) refleksivna, ako vrijedi da je za svako Xx ∈ , xxρ , 2) simetrična, ako vrijedi da je za sve Xyx ∈, , xyyx ρρ ⇒ , 3) antisimetrična, ako vrijedi da je za sve Xyx ∈, , yxxyyx =⇒∧ ρρ , 4) tranzitivna , ako vrijedi da je za sve Xzyx ∈,, , zxzyyx ρρρ ⇒∧ , 5) funkcija , ako vrijedi da za svako Xx ∈ , postoji samo jedan Xy ∈ , tako da je yxρ .

(Preciznije, u tom slučaju relacija određuje funkciju, a graf te funkcije je relacija ρ .) Definicija Za binarnu relaciju ρ na skupu X kažemo da je relacija ekvivalencije, ako je refleksivna, simetrična i tranzitivna. Definicija Neka je ρ relacija ekvivalencije na skupu X . Za svaki Xx ∈ možemo definirati skup

[ ] { }yxXyx ρ:∈= . Ovaj skup nazivamo klasom ekvivalencije elementa x s obzirom na relaciju ρ . Skup svih klasa ekvivalencije dotične relacije ekvivalencije ρ nazivamo kvocijentnim skupom s obzirom na relaciju ρ i označavamo ga ρ/X . Dakle, [ ]{ }XxxX ∈= :/ ρ . Teorem 1 Neka je ρ relacija ekvivalencije na skupu X . Vrijede tvrdnje:

a) Za sve Xyx ∈, je [ ] [ ]yx = ako i samo ako je yxρ .

b) Za sve Xyx ∈, ili je [ ] [ ]yx = , ili je [ ] [ ] φ=∩ yx . c) Kvocijentni skup ρ/X relacije ekvivalencije ρ je particija skupa X .

46

Napomena Obrnuto, ako je zadana neka particija { }IiX i ∈: nepraznog skupa X , te ako

definiramo binarnu relaciju ρ na X tako da je za sve Xyx ∈, , yxρ ako i samo ako su

iXyx ∈, za isti Ii ∈ , onda je ρ relacija ekvivalencije na skupu X , kojoj je kvocijentni skup

naša particija. Zadatak 1. Na skupu ljudi razmotrite relacije: "je otac", "je rođak", "je prijatelj", "poznaje", "je viši od", "je rođen isti dan kao", "ima iste inicijale kao". Zadatak 2. Na skupu kvadratnih realnih matrica razmotrite relacije: "je jednaka", "je istog reda", "ima istu determinantu". Zadatak 3. Na skupu pravaca u prostoru razmotrite relacije: "je paralelan sa", "je okomit na", "leži u istoj ravnini s". Zadatak 4. Na skupu trokutova u ravnini razmotrite relacije: "je sukladan", "je sličan". Zadatak 5. Na skupu { }3,2,1=X zadane su relacije ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }3,3,1,3,3,2,2,1,1,1=R ,

( ) ( ) ( ) ( ){ }3,3,1,2,3,1,2,1=S . Odredite relacije SR ∪ , SR ∩ , cR . Zadatak 6. Na skupu realnih brojeva � zadana je particija ]( )�∈+ nnn ,1, . Odredite relaciju

ekvivalencije na � čiji je ta particija kvocijentni skup. Zadatak 7. Na skupu prirodnih brojeva � zadana je particija { },...16,13,10,7,4,11 =A ,

{ },...17,14,11,8,5,22 =A , { },...18,15,12,9,6,33 =A . Odredite relaciju ekvivalencije na � čiji je ta

particija kvocijentni skup. Zadatak 8. Neka su R i S relacije refleksivne na skupu X . Potvrdite ili opovrgnite: SR ∩ je

refleksivna; SR ∪ je refleksivna; ( )cSR \ je refleksivna. Zadatak 9. Na partitivnom skupu nekog nepraznog skupa A razmotrite relacije: "je ekvipotentan", "je podskup od", "je disjunktan sa". Zadatak 10. Neka je na skupu { }8765 ,,,S = zadana relacija

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }6888778666577555 ,,,,,,,,,,,,,,,=ρ . Dokažite da je to relacija ekvivalencije na S , i nađite klasu ekvivalencije elementa 8.

47

Zadatak 11. Neka je na skupu { }A,B,C,D,ES = zadana binarna relacija

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }BBEEDECEEDDDCDECDC,CC,AA ,,,,,,,,,,,,,,,,,,,=ρ . Dokažite da je to relacija ekvivalencije na S, i nađite klasu ekvivalencije elementa C. Postoji više načina da relacije prikažemo grafički. U slučaju da je �⊆A , binarnu relaciju ρ

možemo skicirati kao podskup ravnine. Relaciju 2522 =+ yx na skupu � tako možemo prikazati slikom:

U slučaju relacije na konačnom skupu X uobičajeno je elemente X prikazati kao točke, a svaki uređeni par ( ) ρ∈yx, predočiti usmjerenom strelicom koja spaja točke x i y. Evo kako je na

skupu { }4,3,2,1=X usmjerenim grafom (tzv. digrafom) grafički predočena relacija ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }3,4,1,4,4,3,2,3,4,2,2,2,2,1=R

Zadatak 12. Skicirajte usmjereni graf relacije ekvivalencije iz Zadatka 10. Što primjećujete?

48

3.2 Relacije parcijalnog ure đaja Definicija Neka je X neprazan skup. Binarna relacija ρ na skupu X je relacija parcijalnog uređaja (poretka) na skupu X ako je refleksivna, antisimetrična i tranzitivna. Kažemo i da je skup X parcijalno uređen relacijom ρ – kraće, kažemo da je ( )ρ,X parcijalno uređen skup. Primjer Relacija ≤ na skupu realnih (prirodnih, cijelih, racionalnih) brojeva primjer je relacije parcijalnog uređaja (provjerite svojstva). Dogovorimo se da u nastavku svaku relaciju parcijalnog uređaja označavamo sa ≤ – neovisno je li zadana na skupu brojeva ili ne. Zadatak 1. Ako je ( )≤,X parcijalno uređen skup, uvedimo relaciju ≥ , uzimajući da je

xyyx ≤⇔≥ . Pokažite da je ( )≥,X također parcijalno uređen skup. Na ovaj način uvedenu relaciju ≥ nazivamo dualnim uređajem uređaja ≤ . Zadatak 2. Na skupu prirodnih brojeva � razmotri relacije "je manji od", "je veći od", "je strogo manji od", "je jednak", "u decimalnom zapisu ima prvu znamenku manju od", "dijeli". Zadatak 3. Dokažite: jedina binarna relacija na nepraznom skupu X koja je istovremeno relacija ekvivalencije i relacija uređaja je relacija jednakosti "=". Zadatak 4. Na partitivnom skupu skupa A razmotrimo relacije "je podskup od", "je pravi podskup od". Definicija Neka je ( )≤,X parcijalno uređen skup i XS ⊆ . Ukoliko postoji Xm ∈ , tako da je za sve Sx ∈ , xm ≤ , kažemo da je m donja međa skupa S . Skup XS ⊆ je omeđen odozdo

ukoliko ima barem jednu donju među. Ako postoji donja međa Xm ∈ skupa S , tako da je za

svaku donju među Xm ∈ skupa S , mm ≤ , kažemo da je m infimum skupa S , i pišemo

Sm inf= . Ako je SS ∈inf , kažemo da je Sinf minimum skupa S i označavamo ga Smin . Analogno, ako postoji XM ∈ , tako da je za sve Sx ∈ , Mx ≤ , kažemo da je M gornja međa skupa S . Skup XS ⊆ je omeđen odozgo ukoliko ima barem jednu gornju među. Ako postoji gornja međa XM ∈ skupa S , tako da je za svaku gornju među XM ∈ skupa S , MM ≤ ,

kažemo da je M supremum skupa S , i pišemo SM sup= . Ako je SS ∈sup , kažemo da je Ssup maksimum skupa S i označavamo ga Smax .

Zadatak 5. Ako promatramo relaciju "je manji od" na skupu � , primjećujemo da je za skup

1,0=S , 0inf =S i 1sup =S , te da ne postoje minimum ni maksimum skupa S .

49

Zadatak 6. Neka je ( )≤,X parcijalno uređen skup i XS ⊆ . Pokažite da Sinf i Ssup ne moraju postojati, ali ako postoje, onda su jedinstveni. Slično vrijedi za Smin i Smax . Zadatak 7. Dokažite ili opovrgnite: Neka je ( )≤,X konačan parcijalno uređen skup. Tada X ima minimalan i maksimalan element. Definicija Neka je ( )≤,X parcijalno uređen skup. Kažemo da je ( )≤,X totalno uređen skup (ili lanac), ako za sve Xyx ∈, vrijedi yx ≤ ili xy ≤ (tj. svaka dva elementa su međusobno usporediva). Relacija ≤ tada je relacija totalnog uređaja. Definicija Neka je ( )≤,X totalno uređen skup. Kažemo da je ( )≤,X dobro uređen skup, ako svaki njegov neprazni podskup ima minimalni element. Relacija ≤ tada je relacija dobrog uređaja. Zadatak 8. Dokažite: ako je ( )≤,X dobro uređen skup, onda je minimalni element svakog njegovog nepraznog podskupa jedinstven. Zadatak 9. Navedite primjer parcijalno uređenog skupa koji nije totalno uređen i primjer totalno uređenog skupa. Zadatak 10. Navedite primjer totalno uređenog skupa koji nije dobro uređen i primjer dobro uređenog skupa. Zadatak 11. Koje su od do sada poznatih relacija relacije totalnog, odnosno dobrog uređaja? Zadatak 12. Dokažite ili opovrgnite: Neka je ( )≤,X konačan totalno uređen skup. Tada X ima minimalan i maksimalan element. U nekim situacijama je potrebno svojstvo uređenosti skupova proširiti i na njihov Kartezijev produkt. Prirodno je postupiti ovako: Definicija Neka su ( )11,≤X i ( )22 ,≤X parcijalno uređeni skupovi. Kartezijev produkt parcijalno uređenih skupova je parcijalno uređen skup ( )≤× ,21 XX , gdje relaciju ≤ definiramo

tako da je za sve ( ) ( ) 212121 ,,, XXyyxx ×∈ , ( ) ( ) 2221112121 ,, yxyxyyxx ≤∧≤⇔≤ . Slično bismo uradili za Kartezijev produkt više parcijalno uređenih skupova. Provjerite da je definicija dobra, tj. da je ( )≤× ,21 XX stvarno parcijalno uređen skup. Zadatak 13. Navedite primjer Kartezijevog produkta dvaju totalno uređenih skupova koji nije totalno uređen ovako definiranom relacijom uređaja. Kartezijev produkt dvaju totalno uređenih skupova ne mora, dakle, biti totalno uređen. Kako bismo totalno uredili Kartezijev produkt, relaciju uređaja trebamo definirati malo drugačije.

50

Definicija Neka su ( )11,≤X i ( )22 ,≤X parcijalno uređeni skupovi. Na Kartezijevu produktu

( )21 XX × definiramo relaciju leksikografskog uređaja L≤ , tako da je za sve

( ) ( ) 212121 ,,, XXyyxx ×∈ , stavljamo ( ) ( )

≤∧=

≠∧≤⇔≤

22211

11111

2121 ,,

yxyx

ili

yxyx

yyxx L .

Slično bismo uradili za Kartezijev produkt više parcijalno uređenih skupova. Uvjerite se da je ( )LXX ≤× ,21 parcijalno uređen skup. Zadatak 14. Neka su ( )11,≤X i ( )22 ,≤X totalno uređeni skupovi. Dokažite da je ( )LXX ≤× ,21 totalno uređen skup. Zadatak 15. Neka je ρ binarna relacija definirana na skupu { }0\* �� = , tako da je za sve

*, �∈yx , broj prirodnineparan je 3

2

y

yxyx

+⇔ρ .

a) Ispitajte je li ρ relacija parcijalnog uređaja na *� . b) Ispitajte je li to i relacija totalnog uređaja na *� . c) Ako je zadan skup { }169,91,49,13,7,1=S , ispitajte je li ( )ρ,S totalno uređen skup. Je li

dobro uređen skup? d) Ako postoje, odredite supremum, infinum, minimalan i maksimalan element skupa S ,

kao i supremum i infimum skupa { }91,49,13,71 =S .

U prošloj smo točki opisali kako relaciju na konačnom skupu možemo prikazati usmjerenim grafom (digrafom), gdje elemente predočavamo točkama, a relacijske veze strelicama (usmjerenim bridovima). Relacijsku vezu između nekog elementa i njega samog crtamo kao petlju. U slučaju relacije parcijalnog uređaja ≤ na konačnom skupu X , ovaj graf možemo učiniti još jednostavnijim:

- kako je relacija parcijalnog uređaja refleksivna, dogovorimo se da izbacimo petlje, - činjenicu da je ba ≤ i ba ≠ naglašavamo tako da točku koja predstavlja a crtamo na

nižem nivou od točke koja predstavlja b , - crtamo samo bridove (crte) između "susjednih" točki, tj. između točaka koje predstavljaju

a i b za koje je ba ≤ , ba ≠ i ne postoji { }baXc ,\∈ takav da je bca ≤≤ , a sve bridove koji su posljedica tranzitivnosti izostavljamo,

- na kraju izostavimo i strelice, jer znamo da uvijek idu od točki nižeg do onih višeg nivoa. Ovakav se pojednostavljeni graf naziva Hasseov dijagram relacije parcijalnog uređaja. Zadatak 16. Nacrtaj Hasseov dijagram za relaciju "je manji od" na skupu { }12,8,6,4,3,2,1 .

51

Zadatak 17. Nacrtaj Hasseov dijagram za relaciju "dijeli" na skupu { }12,8,6,4,3,2,1 . Zadatak 18. Nacrtaj Hasseov dijagram za relaciju "dijeli" na skupu { }25,20,12,10,5,4,2 . Zadatak 19. Nacrtaj Hasseov dijagram za relaciju "je podskup od" na partitivnom skupu tročlanog skupa { }cba ,, .

Kad bismo htjeli nacrtati Hasseov dijagram za relaciju "je podskup od" na partitivnom skupu šesteročlanog skupa { }fedcba ,,,,, , rezultat bi izgledao ovako nekako:

52

Zadatak 20. Nacrtaj Hasseov dijagram za relaciju "dijeli" na skupu svih prirodnih djelitelja broja 105.

Uočavamo da su Hasseovi dijagrami u Zadatku 18 i Zadatku 19 u biti jednaki. Zato je prirodna iduća definicija: Definicija Neka su ( )11,≤X i ( )22 ,≤X parcijalno uređeni skupovi. Ako postoji bijekcija

21: XXf → tako da je za sve 1, Xba ∈ , ( ) ( )bfafba 21 ≤⇒≤ (funkcija čuva uređaj), kažemo

da su skupovi ( )11,≤X i ( )22 ,≤X uređajno izomorfni, a bijekciju f nazivamo još i uređajni izomorfizam, ili samo izomorfizam. Zadatak 21. Pokažite da su parcijalno uređeni skupovi iz Zadatka 18 i Zadatka 19 uređajno izomorfni tako što ćete konstruirati uređajni izomorfizam između njih. Zadatak 22. Binarna relacija ρ definirana je na skupu � na sljedeći način:

�∈∀ yx, , 023 22 =+⇔ yxy-xyxρ .

a) Ispitajte da li je ρ relacija ekvivalencije na skupu � . Ako jeste, odredite klase ekvivalencije elemenata 0,1,2 i 6.

b) Ispitajte je li ρ relacija parcijalnog uređaja na skupu � . Je li relacija totalnog, odnosno dobrog uređaja?

c) Možete li odrediti infimum, supremum, minimalan i maksimalan element skupa ( )ρ,� ? Zadatak 23. Binarna relacija ρ definirana na skupu � , tako da za sve �∈yx, vrijedi

( ) kxyxkyx 2=+∈∃⇔ �ρ .

a) Ispitajte je li ρ relacija parcijalnog uređaja na skupu � .

53

b) Ispitajte je li to i relacija totalnog uređaja na � . Je li relacija dobrog uređaja? c) Ako je ρ relacija parcijalnog uređaja, odredite (ako postoje) infimum, supremum,

minimalan i maksimalan element skupa � . Zadatak 24. Na skupovima �⊆S zadana je binarna relacija ρ uvjetom:

�∈∀ yx, , ( ) ( )1414 22 +≤+⇔ xyyxyxρ .

a) Ispitajte je li ρ relacija parcijalnog uređaja na skupovima �=1S , +∞= ,02S ,

[ ∞+= ,13S ,

∞+∪−∞−= ,

2

1

2

1,4S .

b) Za one od skupova na kojima je ρ relacija parcijalnog uređaja, ispitajte je li ρ relacija totalnog, odnosno dobrog uređaja.

c) Za one od skupova na kojima je ρ relacija parcijalnog uređaja, odredite (ako postoje) infimum, supremum, minimalan i maksimalan element skupa.