1. REKURZIVNE FUNKCIJE

1. Ispitati da li su rekurzivne sledece aritmeticke funkcije:

f1(x, y) = x + y, f2(x, y) = x · y, f3(x, y) = xy.

Resenje. Funkcija f1(x, y) = x + y dobija se primitivnom rekurzijom na osnovu sledecegniza:

U11 (x), S(x), U3

3 (x, y, z), f1(x, y) = Rec(U11 , S ◦ U3

3 ).

Zaista, vazi:

f1(x, y) =

{U1

1 (x) = x : y = 0,

S(U33 (x, y − 1, f1(x, y − 1)) = f1(x, y − 1) + 1 : y 6= 0.

Funkcija f2(x, y) = x · y dobija se primitivnom rekurzijom na osnovu sledeceg niza:

N(x), U31 (x, y, z), U3

3 (x, y, z), f1(x, y) = x + y, f2(x, y) = Rec(N, f1(U31 , U3

3 )).

Zaista, vazi:

f2(x, y) =

{N(x) = 0 : y=0,

f1(U31 (x, y−1, f1(x, y−1)), U3

3 (x, y−1, f1(x, y−1)))=x+f2(x, y−1) : y 6=0.

Funkcija f3(x, y) = xy dobija se primitivnom rekurzijom na osnovu sledeceg niza:

S ◦N(x), U31 (x, y, z), U3

3 (x, y, z), f2(x, y) = x · y, f3(x, y) = Rec(S ◦N, f2(U31 , U3

3 )).

Zaista, vazi:

f3(x, y) =

{S ◦N(x) = 1 : y=0,

f2(U31 (x, y−1, f1(x, y−1)), U3

3 (x, y−1, f1(x, y−1)))=x · f3(x, y−1) : y 6=0.

2. a) Neka je data aritmeticka funkcija:

f1(x, y) = x−. y =

{x− y : x ≥ y,

0 : x < y.

Dokazati da za prirodne brojeve x, y i z vazi jednakost: x−. (y + z) = (x−. y)−. z.

b) Dokazati rekurzivnost sledecih aritmetickih funkcija:

(i) f1(x, y) = x−. y,

(ii) f2(x, y) = |x− y|,

(iii) f3(x, y) = min{x, y},

(iv) f4(x, y) = max{x, y}.

1

Resenje. a) Relaciju:

(∗) x−. (y + z) = (x−. y)−. z,

za prirodne brojeve x, y i z, dokazujemo razlikovanjem slucajeva. Moguci su slucajevi:

10. x < y Tada relacija (∗) svodi se na jednakost:

0 = 0,

jer je ispunjen uslov x < y i odatle je ispunjeni dodatni uslov x < y + z.

20. x ≥ y Razlikujemo dva podslucaja:

(α) x − y ≥ z Tada relacija (∗) se svodi na tacnu jednakost:

x− (y + z) = (x− y)− z,

jer su ispunjeni uslovi x ≥ y + z i x− y ≥ z.

(β) x − y < z Tada relacija (∗) se svodi na tacnu jednakost:

0 = 0,

jer su ispunjeni uslovi x < y + z i (0 ≤)x− y < z.

b) Polazimo od cinjenice da se aritmeticka funkcija f0(x) = x−. 1, za x ≥ 1, podudarasa aritmetickom funkcijom prethodnik prirodnog broja koja je rekurzivna. Uocimo da zaaritmeticku funkciju f1(x, y) = x−. y vazi:

f1(x, 0) = U11 (x) = x i f1(x, y) = x−. ((y − 1) + 1) =

(∗)(x−. (y − 1))−. 1 = f0(f1(x, y − 1)).

Odatle sleduje zakljucak da je f1 rekurzivna funkcija. Rekurzivnost ostalih funkcija sledujena osnovu veza:

f2(x, y) = |x− y| = (x−. y) + (y−. x),

f3(x, y) = min{x, y} = x−. (x−. y),

f4(x, y) = max{x, y} = x + (y−. x).

3. Polazeci od cinjenice da su aritmeticke funkcije: f1(x, y) = x + y, f2(x, y) = x · y,f3(x, y) = xy i f4(x, y) = x−. y rekurzivne, dokazati rekurzivnost sledecih funkcija:

a) f(x) = sgn(x).

b) g(y) = [√

5 · y].

Resenje. a) Dokazimo da je sgn (x) rekurzivna funkcija. Zaista, vazi:

sgn (x) =

{0 : x = 0

U21 (S(N(x)), sgn (x− 1)) : x > 0

Tada posmatrana funkcija je rekurzivna jer vazi: sgn(x) = f4(S(N(x)), sgn (x)).

2

b) Oznacimo w = [√

5 · y]. Tada je w ≤√

5 · y < w +1, tj. w2 ≤ 5 · y2 < (w +1)2. Samimtim navedena (totalna) funkcija se dobija preko mikrorekurzije na nacin koji sleduje:

w=[√

5y]=µw

((w+1)2 >5y2

)=µw

(f4

((w+1)2, 5y2

)6=0︸ ︷︷ ︸

(w+1)2−. 5y2>0

)=µw

(f ◦f4

((w+1)2, 5y2

)=0︸ ︷︷ ︸

sgn((w+1)2−. 5y2

)=0

),

za fiksiranu vrednost polaznog argumenta y ∈N . Pokazimo, dodatno, da se argumentimikrorekurzije mogu dobiti primenom rekurzivnih funkcija. Sa jedne strane, za argumente5 = S(5)(N(y)), 2 = S(2)(N(y)) i y2 = f3(y, 2) dobijamo rezultat 5y2 = f2(5, y

2). Slicno,sa druge strane za argumente w+1 = S(w) i 2 = S(2)(N(w)) dobijamo rezultat (w+1)2 =f3(w + 1, 2). Napomenimo da se, u prethodnom razmatranju, umesto unarne funkcijeneposredni sledebenik S mogla ravnopravno koristiti i binarna funkcija sabiranja f1.

4. Azbuka Turingove masine sadrzi simbole 0, 1 i prazno slovo b. Prirodni brojevi sepredstavljaju svojim binarnim zapisom. Konstruisati program za ovu masinu koji utvrd-u-je da li je zadan prirodni broj deljiv sa 8.

Resenje. Program Turingove masine je dat tablicom:

0 1 bq0 (q0, 0, +1) (q0, 1, +1) (q1, b,−1)q1 (q2, 0,−1) (q−, 1, +1) (q−, b, +1)q2 (q3, 0,−1) (q−, 1, +1) (q−, b, +1)q3 (q+, 0, +1) (q−, 1, +1) (q−, b, +1)

3

2. KOMPLEKSNOST ALGORITAMA

1. Odrediti kompleksnost problema da li u zadanom grafu sa n cvorova postoji potpunpodgraf sa k cvorova.

Resenje. Jedan algoritam za resavanje ovog problema se sastoji u tome sto se ispitujusistematski svi podgrafovi sa k cvorova i sto se proverava da li je neki od njih potpun.

Za polazni graf sa n cvorova potrebno je ispitati svih

(n

k

)skupova od po k cvorova. Za

veliko n i malo k kompleksnost je polinomska:(n

k

)= O(nk).

Za veliko n i k ∼ n/2 kompleksnost je eksponencijalna:(n

k

)∼(

2k

k

)=

(2k)!

k! k!∼ 4k

√kπ

= O(4k).

2. U zavisnosti od prirodnog broja n, uzimajuci operacije sabiranja i mnozenja za ele-mantarne korake, proceniti kompleksnost izracunavanja vrednosti polinoma:

F (x, y) =n∑

m=0

m∑k=0

ak,m−k xkym−k

u datoj tacki (x0, y0)∈R2\{(0, 0)}. Koeficijenti polinoma ai,j, za 0≤ i+j≤n, su poznatirealni brojevi i postoji bar jedno ai,j 6= 0 za i+j =n.

Resenje. Iz zbira:

F (x, y) =∑

0≤i+j≤n

ai,j xiyj =n∑

m=0

m∑k=0

ak,m−k xkym−k,

izdvojimo sabirke:

Φm(x, y) =m∑

k=0

ak,m−k xkym−k,

koji predstavljaju sumu monoma multistepena m (m = 0, 1, . . . , n). U sabirku Φm(x, y)se koristi najvise m sabiranja i najvise (m + 1) ·m mnozenja, tj. sveukupno bm = m2 +2m elementarnih operacija. Odatle, za racunanje vrednosti polinoma F (x, y) se koristinajvise:

n∑m=0

bm + n =n∑

m=0

(m2 + 2m) + n =n(n + 1)(2n + 1)

6+ n(n + 1) + n =

13n3 +

32n2 +

136

n

elementarnih operacija. Sveukupno, kompleksnost problema je reda O(n3).

4

3. Neka su dati skupovi polinoma: Pm ={P (x, y, z) =

∑0≤p+q+r≤m

ap,q,rxpyqzr | ap,q,r∈R

i postoji bar jedno ap,q,r 6= 0 za p+q+r=m}

(m∈N).

a) Za g ∈ Pm, u zavisnosti od prirodnog broja m, izracunati kompleksnost racunanjag(x, y, z) u tacki (x0, y0, z0) ∈ R3\{(0, 0, 0)}.

b) Neka g ∈Pm i neka je formirana vektorska funkcija ~f = (f1, f2, f3) za f1, f2, f3 ∈Pm.U zavisnosti od prirodnog broja m, odrediti kompleksnost racunanja vrednosti diferenci-jalnih operacija prvog reda:

(i) grad g(x, y, z) =∂g

∂x~i +

∂g

∂y~j +

∂g

∂z~k,

(ii) rot ~f(x, y, z) =(

∂f3

∂y− ∂f2

∂z

)~i +

(∂f1

∂z− ∂f3

∂x

)~j +

(∂f2

∂x− ∂f1

∂y

)~k,

(iii) div ~f(x, y, z) =∂f1

∂x+

∂f2

∂y+

∂f3

∂z,

u tacki (x0, y0, z0) ∈ R3\{0}.

Resenje. a) Polinomska funkcija:

g(x, y, z) =m∑

i=0

( (ai,0,0 · xi

)︸ ︷︷ ︸(1)

+(ai−1,1,0 · xi−1 · y + ai−1,0,1 · xi−1 · z

)︸ ︷︷ ︸(2)

+(ai−2,2,0 · xi−2 · y2 + ai−2,1,1 · xi−2 · y · z + ai−2,0,2 · xi−2 · z2

)︸ ︷︷ ︸(3)

...

+(a0,i,0 · yi + a0,i−1,1 · yi−1 · z + a0,i−2,2 · yi−2 · z2 + . . . + a0,0,i · zi

)︸ ︷︷ ︸(i+1)

)

ima pod znakom sume najvise ki = 1 + 2 + 3 + . . . + (i + 1) = (i + 1)(i + 2)/2 sabirakaza i∈{0, 1, . . . ,m}. Pri tom u svakom sabirku ima najvise i mnozenja. Samim tim podznakom sume se vrsi najvise ki · i mnozenja (·) i ki − 1 sabiranja (+), odnosno koristi senajvise iki +ki− 1 = (i+1)ki− 1 elementarnih operacija za i∈{0, 1, . . . ,m}. Sveukupno,maksimalan broj elementarnih operacija je dat sumom:

m∑i=0

((i + 1)ki − 1

)=

m∑i=0

((i + 1)

(i + 1)(i + 2)

2− 1)

=m∑

i=0

i3 + 4i2 + 5i + 2

2=

m4

8+

11m3

12+

19m2

8+

31m

12+ 1.

Odatle zakljucujemo da je kompleksnost racunja vrednosti funkcije g u tacki reda O(m4).

b) Kako su za f ∈ Pm parcijalni izvodi:∂f

∂x,

∂f

∂yi

∂f

∂zpolinomi stepena m − 1, to je

kompleksnost racunja vrednosti parcijalnih izvoda polinomne funkcije u tacki takod-e redaO(m4). Na osnovu prethodnog kompleksnost racunja vrednosti diferencijalni operacija

grad g(x, y, z), rot ~f(x, y, z) i div ~f(x, y, z) je istog reda O(m4).

5

4. Neka je data trodijagonalna determinanta:

Dn =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a1 c2 0 0 · · · 0 0b1 a2 c3 0 · · · 0 00 b2 a3 c4 · · · 0 0...

......

......

...0 0 0 0 · · · an−1 cn

0 0 0 0 · · · bn−1 an

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣,

pri cemu ai, bj, ck 6=0 (1≤ i≤n, 1≤ j <n, 1<k≤n). Odrediti kompleksnost algoritma zaracunanje trodijagonalne determinante ukoliko se vrsi:

a) svod-enje determinante na trougaoni oblik;

b) potpun razvoj determinante1 koristeci datu formulu: Dn = an ·Dn−1− cnbn−1 ·Dn−2

(D1 = a1, D2 = a1a2−b1c2).

Resenje. a) Prema Gaussovom algoritmu polazna determinanta se transformise u de-terminantu:

(∗) Dn =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a1 c2 0 0 · · · 0 00 a

′2 c3 0 · · · 0 0

0 0 a′3 c4 · · · 0 0

......

......

......

0 0 0 0 · · · a′n−1 cn

0 0 0 0 · · · 0 a′n

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣,

vrseci u n−1 koraka po 2 delenja i 1 sabiranje. Samim tim iz (∗) dobijamo konacnirezultat Dn = a1a

′2a

′3 . . . a

′n sa n−1 mnozenja. Sveukupno, maksimalan broj elementarnih

operacija iznosi (n−1) · (2+1)+(n−1) = 4n−4. Kompleksnost algoritma je reda O(n).

b) Razvojem determinante Dn po poslednjoj koloni dobija se navedena rekuretna relacija:

Dn = an ·Dn−1 − cnbn−1 ·Dn−2,

za n ≥ 3. Oznacimo sa F (n) broj nenula sabiraka koji se dobijaju racunanjem dete-rminante Dn po definiciji. Odredimo prva cetri clana niza F (n). Za n = 1 je D1 = a1 iF (1)=1. Za n=2 je D2 = a1a2−b1c2 i F (2)=2. Za n=3 je D3 =a1a2a3−a1b2c3−a3b1c2 iF (3)=3. Za n=4 je D4 = a4D3−c4b3D2 =a4(a1a2a3−a1b2c3−a3b1c2)−c4b3(a1a2−b1c2) iF (4)=3+2=5. Dokazimo matematickom indukcijom da je F (n) = Fn, gde je Fn n-ti clanFibonaccijevog niza. Neka je F (n−1)=Fn−1 i F (n)=Fn, tada induktivni korak se dobijaiz Dn+1 =an+1Dn−cn+1bnDn−1, pa je zaista F (n+1)=F (n)+F (n−1)=Fn+Fn−1 =Fn+1. Naosnovu prethodnog za racunanje determinante Dn potrebno je Fn−1 sabiranja i (n−1)Fn

mnozenja. Sveukupno, koristi se Fn− 1 + (n− 1)Fn = nFn− 1 elemetarnih operacija.Resavajuci Fibonnacijevu diferecnu jednacinu nalazimo eksplicitan oblik:

F (n) = Fn =1√5

((1 +

√5

2

)n

−(

1−√

52

)n)

.

Kompleksnost algoritma je reda O(nCn), gde je C =1 +

√5

2.

1koji predstavlja Laplaceov razvoj determinante

6

3. FORMALNE TEORIJE

1. Opisati kodiranje formula predikatskog racuna. Ilustrovati kodiranje na primerusledece formule:

(∀x1)(∀x2) R21(x1, x2).

Resenje. Jedan od nacina je da uvedimo sledece kodiranje simbola alfabeta predikatskogracuna:

simbol kod simbola( 3) 5, 7¬ 9

=⇒ 11∀ 13xi 8i + 9ai 8i + 11fm

k 8(2k3m) + 13Rm

k 8(2k3m) + 15

Pri tom xi je i-ta promenljiva, ai je i-ta konstanta (primetimo da 8i + 9 daje ostatak1 po modulu 8, a 8i + 11 daje ostatak 3 po modulu 8). Dalje fm

k je k-ta funkcija odm argumenata i Rm

k je k-ta relacija od m argumenata (primetimo da 8(2k3m) + 13 dajeostatak 5 po modulu 8, a 8(2k3m) + 15 daje ostatak 7 po modulu 8). Neka je predikatskaformula Φ zapisana sa sledecim nizom simbola s1, . . . , sn (citanih sleva nadesno). Tadaformuli Φ pridruzujemo jednoznacno kod:

K(Φ) = pK(s1)1 · . . . · pK(sn)

n ,

gde su p1, . . . , pn prvih n prostih brojeva. Posmatrajmo formulu:

Φ : (∀x1)(∀x2) R21(x1, x2).

Prethodna formula je zapisana nizom simbolima s1, . . . , s14. Simboli i odgovarajci kodovisimbola su dat sledecom tablicom:

s1 = ( K(s1) = 3s2 = ∀ K(s2) = 13s3 = x1 K(s3) = 8 · 1 + 9 = 17s4 =) K(s4) = 5s5 = ( K(s5) = 3s6 = ∀ K(s6) = 13s7 = x2 K(s7) = 8 · 2 + 9 = 25

s8 =) K(s8) = 5s9 = R2

1 K(s9) = 8 · (21 · 32) + 15 = 159s10 = ( K(s10) = 3s11 = x1 K(s11) = 8 · 1 + 9 = 17s12 =, K(s12) = 7s13 = x2 K(s13) = 8 · 2 + 9 = 25s14 =) K(s14) = 3

Odatle kod formule Φ je dat sa prirodnim brojem:

K(Φ) = 23 ·313 ·517 ·75 ·113 ·1313 ·1725 · 195 · 23159 ·293 ·3117 ·377 ·4125 ·433

Napomenimo da se za relativno jednostavne formule sa navedenim kodiranjem dobijajukodovi kao jako veliki prirodni brojevi. Tako npr. K(Φ) = 2.67 . . . · 10380.

7

2. Neka je data formalna teorija τ = (A, Form, Ax, R) sa elementima:

A = {a, b}, Form = A∗, Ax = {a, b}, R = {α, β};

gde su data pravila izvod-enja: α :xaxab

i β :xbxba

. Opisati sve teoreme formalne teorije.

Resenje. Skup formula Form = A∗ nad azbukom dobija se od reci dopisivanjem slovanad azbukom A. Dokazimo tvrd-enje: rec iz Form jeste teorema formalne teorije τ ako isamo ako se dobija naizmenicnim zapisivanjem slova a i b.

(=⇒) : Dokazimo da ako je t ∈ Form teorema onda se dobija naizmenicnim zapisivanjemslova a i b. Dokaz izvodimo indukcijom po duzini reci n = |t|. Oznacimo sa e praznu rec.Tada iz a(= ea) ∈ Ax, saglasno pravilu izvod-enja α, zakljucujemo da je rec duzine dvaab(= eab) teorema. Analogno iz b(= eb) ∈ Ax, saglasno pravilu izvod-enja α, zakljucujemoda je rec duzine dva ba(= eba) teorema. Ostale reci aa i bb duzine dva nisu teoreme jerse ne dobijaju pomocu pravila izvodj enja α i β. Neka su sledece reci duzine n:

t1 = abab . . . ab(a),

odnosno:t2 = baba . . . ba(b),

dobijene naizmenicnim zapisivanjem slova a i b, teoreme formalne teorije τ . U prethod-nom zapisu izrazi pod zagradama su ukljuceni samo ako je n neparan broj. Neka jet ∈ Form teorema duzine n + 1. Neka rec t pocinje slovom a. Tada saglasno pravilimaizvod-enja ako je n paran broj vazi:

t1β

t = t1a = abab . . . ab︸ ︷︷ ︸t1

a,

odnosno:t1

βt = t1b = abab . . . aba︸ ︷︷ ︸

t1

b,

ako je n neparan broj. Analogno, primenom pravila izvod-enja α i β na rec t2 tvrd-enjevazi ukoliko rec t pocinje slovom b. Sveukupno vazi trazeni zakljucak da je teorema t,duzine n + 1, dobijena naizmenicnim zapisivanjem slova a i b.

(⇐=) : Dokazimo da su reci dobijene naizmenicnim zapisivanjem slova a i b teoremeformalne teorije τ . Iz a ∈ Ax, saglasno pravilu izvod-enja α, zakljucujemo da je recduzine dva ab teorema. Analogno iz b ∈ Ax, saglasno pravilu izvod-enja α, zakljucujemoda je rec duzine dva ba teorema. Dalje, dobijamo teoreme duzine tri:

abβ

aba i baβ

bab.

Nastavljajuci naizmenicnu primenu pravila α i β, za proizvoljan prirodan broj n dobijamodokaz da su reci dobijene naizmenicnim zapisivanjem slova a i b teoreme sa sledecim izvo-d-enjem:

aα

abβ

abaα

ababβ· · · `

α(β)abab . . . ab(a),

odnosno:b

βba

αbab

βbaba

α· · · `

β(α)baba . . . ba(b).

U prethodnom zapisu izrazi pod zagradama su ukljuceni samo ako je n neparan broj.

8

3. Dokazati da je sledeca formula

(∀x)A(x) ∧ (∀x)B(x) =⇒ (∀x)(A(x) ∧B(x))

teorema predikatskog racuna.

Resenje. Dokazacemo da je navedena formula teorema u predikatskom racunu kao for-malnoj teoriji. Navodimo jedan dokaz:

1. (∀x)A(x) ∧ (∀x)B(x) polazna predpostavka

2. (∀x)A(x) ∧ (∀x)B(x) =⇒ (∀x)A(x) izvod iz tautologije

3. (∀x)A(x) ∧ (∀x)B(x) =⇒ (∀x)B(x) izvod iz tautologije

4. (∀x)A(x) m.p. 1. i 2.

5. (∀x)B(x) m.p. 1. i 3.

6. (∀x)A(x) =⇒ A(x) Ax. 5 za x=t

7. (∀x)B(x) =⇒ B(x) Ax. 5 za x=t

8. A(x) m.p. 4. i 6.

9. B(x) m.p. 5. i 7.

10. A(x) ∧B(x) A(x), B(x) ` A(x) ∧B(x)

11. (∀x)(A(x) ∧B(x)) generalizacija 10.

9

4. PRINCIP REZOLUCIJE

1. Transformisati formule u preneks normalnu formu:

a) (∀x)(∀y)((∃z)

(P (x, z) ∧ P (y, z)

)=⇒ (∃u)Q(x, y, u)

),

b) (∀x)(∀y)((∃z)P (x, y, z) ∧

((∃u)Q(x, u) =⇒ (∃v)Q(y, v)

)).

Resenje. Primenom postupka svod-enja na preneks normalnu formu dobijamo rezultatekoji sleduju:

a) (∀x)(∀y)(∀z)(∃u)(¬P (x, z) ∨ ¬P (y, z) ∨Q(x, y, u)

),

b) (∀x)(∀y)(∃z)(∀u)(∃v)(P (x, y, z) ∧

(¬Q(x, u) ∨Q(y, v)

)).

2. Principom rezolucije dokazati valjanost formula:

a) (∃x)(A(x) ∧B(x)

)=⇒ (∃x)A(x) ∧ (∃x)B(x),

b) (∀x)C(x) ∨ (∀x)D(x) =⇒ (∀x)(C(x) ∨D(x)

).

Resenje. a) Negacija posmatrane formula ima skup sastavaka:

S = {A(a), B(a),¬A(x) ∨ ¬B(x)}.

Odatle supstitucijom Θ = {x 7→ a}, koristeci princip rezolucije, sleduje prazan sastavak,kao sto je prikazano drvetom izvod-enja.

r���

��

��

��

��

@@

@@

@

¬B(a)r��

��

@@

@@

A(a) ¬A(x)∨¬B(x) (x 7→a) B(a)

Samim tim polazna formula je valjana.

b) U prethodnoj valjanoj formuli neka je A(x) zamenjeno sa ¬C(x) i neka je B(x) za-menjeno sa ¬D(x). Tada na osnovu De Morganovih zakona i principa kontrapozicijesleduje valjanost navedene formule.

3. Principom rezolucije dokazati valjanost sledecih formula:

a) (∀x)(∀y)A(x, y) =⇒ (∃y)(∀x)A(x, y),

b) (∃y)(∀x)A(x, y) =⇒ (∀x)(∃y)A(x, y),

c) (∀x)(∃y)A(x, y) =⇒ (∃y)(∃x)A(x, y).

10

Resenje. a) Zadanu formulu (∀x)(∀y)A(x, y) =⇒ (∃y)(∀x)A(x, y) negiramo i postepenonegaciju formule prevodimo u Skolemov standardan oblik:

¬((∀x1)(∀y1)A(x1, y1) =⇒ (∃y2)(∀x2)A(x2, y2)

),

(∀x1)(∀y1)A(x1, y1) ∧ ¬(∃y2)(∀x2)A(x2, y2),

(∀x1)(∀y1)A(x1, y1) ∧ (∀y2)(∃x2)¬A(x2, y2),

(∀x1)(∀y1)A(x1, y1) ∧ (∀y2)¬A(f(y2), y2),

(∀x1)(∀y1)(∀y2)(A(x1, y1) ∧ ¬A(f(y2), y2)

),

za neku Skolemovu funkciju f nad domenom interpretacije D. Za vezbu odrediti i druginacin prevod-enja sa manjim brojem promenljivih. Dalje, posmatrajmo skupa sastavaka:

S1 = {A(x1, y1),¬A(f(y2), y2)}

i neka je c nova konstanta pomocu koje formiramo Hebrandov domen. Tada primenomsupstitucije:

θ1 = {x1 7→ f(c), y1 7→ c, y2 7→ c)}dobijamo θ1 - primer sastavaka A(f(c), c), ¬A(f(c), c). Odatle, primenom principa re-zolucije izvodi se prazan sastavak �. Dakle, zadana formula je valjana.

b) Zadanu formulu (∃y)(∀x)A(x, y) =⇒ (∀x)(∃y)A(x, y) negiramo i postepeno negacijuformule prevodimo u Skolemov standardan oblik:

¬((∃y1)(∀x1)A(x1, y1) =⇒ (∀x2)(∃y2)A(x2, y2)

),

(∃y1)(∀x1)A(x1, y1) ∧ ¬(∀x2)(∃y2)A(x2, y2),

(∃y1)(∀x1)A(x1, y1) ∧ (∃x2)(∀y2)¬A(x2, y2),

(∀x1)A(x1, b) ∧ (∀y2)¬A(a, y2),

(∀x1)(∀y2)(A(x1, b) ∧ ¬A(a, y2)

),

za neke konstante a i b iz domena interpretacije D. Dalje, polazeci od skupa sastavaka:

S2 = {A(x1, b),¬A(a, y2))}

primenom supstitucije:θ2 = {x1 7→ a, y2 7→ b}

dobijamo θ2 - primer sastavaka A(a, b), ¬A(a, b). Odatle, primenom principa rezolucijeizvodi se prazan sastavak �. Dakle, zadana formula je valjana.

c) Zadanu formulu: (∀x)(∃y)A(x, y) =⇒ (∃y)(∃x)A(x, y) negiramo i postepeno negacijuformule prevodimo u Skolemov standardan oblik:

¬((∀x1)(∃y1)A(x1, y1) =⇒ (∃y2)(∃x2)A(x2, y2)

),

(∀x1)(∃y1)A(x1, y1) ∧ ¬(∃y2)(∃x2)A(x2, y2),

(∀x1)(∃y1)A(x1, y1) ∧ (∀y2)(∀x2)¬A(x2, y2),

(∀x1)A(x1, ϕ(x1)) ∧ (∀y2)(∀x2)¬A(x2, y2),

(∀x1)(∀y2)(∀x2)(A(x1, ϕ(x1)) ∧ ¬A(x2, y2)

),

11

za neku Skolemovu funkciju f nad domenom interpretacije D. Za vezbu odrediti i druginacin prevod-enja sa manjim brojem promenljivih. Dalje, posmatrajmo skupa sastavaka:

S3 = {A(x1, ϕ(x1)),¬A(x2, y2))}

i neka je c nova konstanta pomocu koje formiramo Hebrandov domen. Tada primenomsupstitucije:

θ3 = {x1 7→ c, x2 7→ c, y2 7→ ϕ(c)}dobijamo θ3 - primer sastavaka A(c, ϕ(c)), ¬A(c, ϕ(c)). Odatle, primenom principa re-zolucije izvodi se prazan sastavak �. Dakle, zadana formula je valjana.

4. Dokazati valjanost sledece formule:

(∀x)(∃y)A(x, y) ∧ (∀y)(∃z)B(y, z) =⇒ (∀x)(∃y)(∃z)(A(x, y) ∧B(y, z)

).

Resenje. Pretpostavka da negacija prethodne formule ima model dovodi do zakljuckada su u takvom modelu tacne formule:

(∀x)A(x, f(x)),

(∀y)B(y, g(y)),

(∀y)(∀z)(¬A(a, y) ∨ ¬B(y, z)),

za neke Skolemove funkcije f, g i konstantu a. Samim tim, negacija polazne formule imasledeci skup sastavaka:

S = {A(x, f(x)), B(y1, g(y1)),¬A(a, y2) ∨ ¬B(y2, z)}.

Na osnovu supstitucije σ : x 7→ a, y2 7→ f(a), y1 7→ f(a), z 7→ g(f(a)) dobijamo osnovniprimer prethodnog skupa sastavaka:

Sσ = {A(a, f(a)), B(f(a), g(f(a))),¬A(a, f(a)) ∨ ¬B(f(a), g(f(a)))}.

Iz prethodnog skupa osnovnih primera sastavaka, na osnovu principa rezolucije, dobijamoprazan sastavak, kao sto je ilustrovano sa drvetom izvod-enja:

s���

��

��

��

���

@@

@@

@@

¬B(f(a), g(f(a)))

s���

��

@@

@@@

A(a, f(a)) ¬A(a, f(a))∨¬B(f(a), g(f(a))) B(f(a), g(f(a)))

5. Koristeci se principom rezolucije dokazati da je sledeca formula valjana:(∀x)(∀y)(

A(x, y) ∨ A(y, x))

=⇒(∀x)(∀y)(∃z)(

A(x, z) ∧ A(y, z)).

12

Resenje. Zadanu formulu negiramo i nakon transformacija:

¬((∀x)(∀y)(

A(x, y) ∨ A(y, x)), =⇒

(∀x)(∀y)(∃z)(

A(x, z) ∧ A(y, z)))

,(∀x)(∀y)(

A(x, y) ∨ A(y, x))∧(∃x)(∃y)(∀z)(¬A(x, z) ∨ ¬A(y, z)

),(

∀x)(∀y)(

A(x, y) ∨ A(y, x))∧(∀z)(¬A(a, z) ∨ ¬A(b, z)

),

dobijamo skup sastavaka negirane formule:

S = {A(x, y) ∨ A(y, x),¬A(a, z) ∨ ¬A(b, z)},

za neke konstante a i b iz domena interpretacije. Iz A(x, y) ∨ A(y, z) zakljucujemo da udomenu interpretacije imamo sledece posledice:

A(a, b) ∨ A(b, a) (x 7→ a, y 7→ b),(1)

A(a, a) = A(a, a) ∨ A(a, a) (x 7→ a, y 7→ a),(2)

A(b, b) = A(b, b) ∨ A(b, b) (x 7→ b, y 7→ b).(3)

Iz ¬A(a, z) ∨ ¬A(b, z) zakljucujemo da u domenu interpretacije imamo sledece posledice:

¬A(a, a) ∨ ¬A(b, a) (z 7→ a),(4)

¬A(a, b) ∨ ¬A(b, b) (z 7→ b).(5)

Iz (2) i (4) prema rezolucijiA(a, a),¬A(a, a) ∨ ¬A(b, a)

¬A(b, a)zakljucujemo da u domenu in-

terpretacije vazi:

¬A(b, a).(6)

Iz (3) i (5) prema rezolucijiA(b, b),¬A(b, b) ∨ ¬A(a, b)

¬A(a, b)zakljucujemo da u domenu inter-

pretacije vazi:

¬A(a, b).(7)

Sad iz (7) i (1) prema rezoluciji¬A(a, b), A(a, b) ∨A(b, a)

A(b, a)zakljucujemo da u domenu

interpretacije vazi:

A(b, a).(8)

Konacno iz (8) i (6) prema rezolucijiA(b, a),¬A(b, a)

zakljucujemo da je prazan satavak

posledica polaznog skupa sastavaka. Samim tim polazna formula jeste valjana.

6. Odrediti kompoziciju αβ supstitucija:

a) α = {x 7→ f(y), y 7→ z}, β = {x 7→ a, y 7→ b, z 7→ y};

b) α = {x 7→ a, y 7→ f(z), z 7→ y}, β = {x 7→ b, y 7→ z, z 7→ g(x)}.

13

Resenje. a) Za supstitucije:

α = {x 7→ f(y), y 7→ z} i β = {x 7→ a, y 7→ b, z 7→ y}

formirajmo:

α1 = {x 7→ f(y)β, y 7→ zβ}\{x 7→ x, y 7→ y, z 7→ z}

=({x 7→ f(b), y 7→ y}

)= {x 7→ f(b)}

iβ1 = {x 7→ a, y 7→ b, z 7→ y}\{x 7→ a, y 7→ b | x 7→ f(y), y 7→ z∈α}

=({x 7→ a, y 7→ b, z 7→ y}

)= {z 7→ y}.

Odatle prema definiciji:

αβ = α1 ∪ β1 = {x 7→ f(b), z 7→ y}.

b) Za supstitucije:

α = {x 7→ a, y 7→ f(z), z 7→ y} i β = {x 7→ b, y 7→ z, z 7→ g(x)}

formirajmo:

α1 = {x 7→ aβ, y 7→ f(z)β, z 7→ yβ}\{x 7→ x, y 7→ y, z 7→ z}

=({x 7→ a, y 7→ f(g(x)), z 7→ z}

)= {x 7→ a, y 7→ f(g(x))}

i

β1 = {x 7→ b, y 7→ z, z 7→ g(x)}\{x 7→ b, y 7→ z, z 7→ g(x) | x 7→ a, y 7→ f(z), z 7→ y∈α}

=({x 7→ b, y 7→ z, z 7→ g(x)}

)= {}.

Odatle prema definiciji:

αβ = α1 ∪ β1 = {x 7→ a, y 7→ f(g(x))}.

14

5. TEORIJA MREZA

1. Ispitati da li je ured-en par (N, |), gde je N skup prirodnih brojeva, a | relacija deljivostimreza. Ako je D = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10} nacrtati Hasseov dijagram strukture (D, |).

Resenje. (N, |) je parcijalno ured-en skup, jer je n|n, n|m ∧ m|n =⇒ m = n,m|n ∧ n|p =⇒ m|p (tj. | je relacija parcijalnog ured-enja). Supremum za {m,n} jenajmanji zajednicki sadrzalac, a infimum najveci zajednicki delilac, te je (N, |) mreza.Hasseov dijagram strukture2 (D, |) je dat sledecom slikom.

s@@

@@@

��

���

������

���s s s s

s1

7 5 2 3@

@@

@@

��

���

����

�����

s s s s10 4 6 9

s8

2. Dokazati da u proizvoljnoj mrezi vazi (x1≤ y1) & (x2≤ y2) =⇒ (x1 ∨ x2)≤ (y1 ∨ y2).Ispitati da li je preslikavanje fa(x) = a ∨ x monotono. Odrediti sliku intervala [ a ∧ b, a ].

Resenje. Neka u S-mrezi vazi x1 ≤ y1 i x2 ≤ y2. Tada u A-mrezi vazi y1 = x1 ∨ y1 iy2 = x2∨y2. Saglasno aksiomama A-mreze sleduje y1∨y2 = (x1∨x2)∨(y1∨y2). Navedenoje dovoljno da zakljucimo da je u S-mrezi tacna posledica (x1 ∨ x2)≤ (y1 ∨ y2). Premaprethodnoj implikaciji iz a ≤ a i x ≤ y sleduje fa(x) = a∨ x ≤ a∨ y = fa(y). Samim timje dokazano da je funkcija fa monotona. Dalje, vazi:

x ∈ [a ∧ b, a] ⇐⇒ a ∧ b ≤ x ≤ a =⇒ a = a ∨ (a ∧ b) ≤ fa(x) = a ∨ x ≤ a ∨ a = a.

Samim tim f([a ∧ b, a]) = {a}.

3. Ispitati distributivnost i modularnost sledece mreze:

s���6@

@I�

��

@@

@

0

s s sa b c

s��� 6 @@I�

��

@@

@1

Resenje. Mreza nije distributivna, jer vazi:

a ∨ (b ∧ c) = a ∨ 0 = a 6= 1 = 1 ∧ 1 = (a ∨ b) ∧ (a ∨ c).

Sa druge strane iz grafa posmatrane mreze mozemo formirati Cayleovu tablicu:

≤ 0 a b c 10 > > > > >a > >b > >c > >1 >

2struktura (D, |) nije mreza

15

pri cemu su u prethodnoj tablici popunjena su samo pozicije sa vrednoscu >. Posmatra-jmo zakon modularnosti:

x ≤ z =⇒ (x ∨ y) ∧ z = x ∨ (y ∧ z),

samo u slucaju kad je pretpostavka implikacije tacna. Na taj nacin dovoljno je redomispitati slucajeve:

(i) x = 0,(ii) z = 1,(iii) x = z = a,(iv) x = z = b,(v) x = z = c.

U svakom od navedenih slucajeva (i)−(v) i posledica implikacije (x∨y)∧z = x∨(y∧z) jetakod-e tacna (proveriti). Samim tim, posmatrana mreza je nedistributivna i modularna.

4. Dokazati da je svaka distributivna mreza ujedno i modularna. Da li vazi i obrnuto?

Resenje. Predpostavimo da je mreza (X,∨,∧) distributivna; tj. da vazi zakon:

a ∨ (b ∧ c) = (a ∨ b) ∧ (a ∨ c),

za svako a, b, c ∈ X. Dalje izdvojimo a, c ∈ X za koje je ispunjena predpostavka modu-larnosti:

a ≤ c.

Dokazujemo da vazi: a ≤ c =⇒ a ∨ (b ∧ c) = (a ∨ b) ∧ c. Zaista, prethodna predpostavkaje ekvivaletna sa uslovom:

(∗) a ∨ c = c.

Sad dokazujemo da iz (∗) sleduje zakljucak modularnosti:

a ∨ (b ∧ c) = (a ∨ b) ∧ (a ∨ c) =(∗)

(a ∨ b) ∧ c.

Obrnuto nije tacno kao sto je pokazano na primeru mreze iz prethodnog zadatka.

5. Neka u mrezi (X,∨,∧) vazi:

(∗) (x ∨ y) ∧ (y ∨ z) ∧ (z ∨ x) = (x ∧ y) ∨ (y ∧ z) ∨ (z ∧ x).

Dokazati da je tada mreza modularna.

Resenje. Neka vazi jednakost (∗). Dokazimo zakon modularnosti:

x ≤ z =⇒ x ∨ (y ∧ z) = (x ∨ y) ∧ z.

Neka je x ≤ z, tada vazi x ∧ z = x i x ∨ z = z. Samim tim na osnovu komutativnosti iapsortivnosti sleduje trazeni zaklucak:

(∗) =⇒ (x ∨ y) ∧ (y ∨ z) ∧ z︸ ︷︷ ︸=z

= (y ∧ z) ∨ (x ∧ y) ∨ x︸ ︷︷ ︸=x

⇐⇒ (x ∨ y) ∧ z = (y ∧ z) ∨ x.

16

6. POLJA GALOISA

1. U aditivnoj grupi Z6 = (Z6, +6) odrediti ciklicne podgrupe.

Resenje. Formirajmo tablicu aditivne grupe Z6 = (Z6, +6):

+6 0 1 2 3 4 5

0 0 1 2 3 4 5

1 1 2 3 4 5 0

2 2 3 4 5 0 1

3 3 4 5 0 1 2

4 4 5 0 1 2 3

5 5 0 1 2 3 4

Iz tablice aditivne grupe Z6 zakljucujemo da je posmatrana grupa izomorfna ciklicnojgrupi C6. Buduci da podgrupa ciklicne grupe moze biti samo ciklicna, imamo redomsledece ciklicne podgrupe:

〈0〉 = ({0}, +6) ∼= C1,

〈1〉 = ({0, 1, 2, 3, 4, 5}, +6) ∼= C6,

〈2〉 = ({0, 2, 4, }, +6) ∼= C3,

〈3〉 = ({0, 3}, +6) ∼= C2,

〈4〉 = ({0, 2, 4}, +6) ∼= C3,

〈5〉 = ({0, 1, 2, 3, 4, 5}, +6) ∼= C6.

2. Nad GF (2) odrediti sve ireducibilne polinome stepena 2 i 3.

Resenje. Polazeci od Z2 = GF (2) primetimo da su polinomi stepena jedan dati kaopolinomi x i x + 1. Oni su ujedno i ireducibilni polinomi. Svi polinomi stepena dva sakoeficijentima iz Z2 su dati sledecom tablicom:

(1)

x2 + 0 · x + 0 = x2,x2 + 0 · x + 1 = x2 + 1,x2 + 1 · x + 0 = x2 + x,x2 + 1 · x + 1 = x2 + x + 1.

Formirajmo sve polinome stepena dva pomocu polinoma stepena jedan:

(2)x · x = x2,x · (x + 1) = x2 + x,(x + 1) · (x + 1) = x2 + 1.

17

Na osnovu (1) i (2) zakljucujemo da je polinom x2+x+1 jedini nesvodljiv polinom drugogstepena. Svi polinomi stepena tri sa koeficijentima iz Z2 su dati sledecom tablicom:

(3)

x3 + 0 · x2 + 0 · x + 0 = x3,x3 + 0 · x2 + 0 · x + 1 = x3 + 1,x3 + 0 · x2 + 1 · x + 0 = x3 + x,x3 + 0 · x2 + 1 · x + 1 = x3 + x + 1,x3 + 1 · x2 + 0 · x + 0 = x3 + x2,x3 + 1 · x2 + 0 · x + 1 = x3 + x2 + 1,x3 + 1 · x2 + 1 · x + 0 = x3 + x2 + x,x3 + 1 · x2 + 1 · x + 1 = x3 + x2 + x + 1.

Formirajmo sve polinome stepena tri pomocu polinoma stepena jedan i svih polinomastepena dva:

(4)

x · x2 = x3,x · (x2 + 1) = x3 + x,x · (x2 + x) = x3 + x2,x · (x2 + x + 1) = x3 + x2 + x,(x + 1) · x2 = x3 + x2,(x + 1) · (x2 + 1) = x3 + x2 + x + 1,(x + 1) · (x2 + x) = x3 + x,(x + 1) · (x2 + x + 1) = x3 + 1.

Na osnovu (3) i (4) zakljucujemo da su polinomi x3 +x+1 i x3 +x2 +1 jedini ireducibilnipolinomi treceg stepena.

3. Nad GF(3) odrediti sve ireducibilne polinome stepena 1 i 2.

Resenje. Polazeci od Z3 = GF (3) primetimo da su polinomi stepena jedan dati kaopolinomi x, x+1 i x+2. Oni su ujedno i ireducibilni polinomi. Svi polinomi stepena dvasa koeficijentima iz Z3 su dati sledecom tablicom:

(1)

x2 + 0 · x + 0 = x2,x2 + 0 · x + 1 = x2 + 1x2 + 0 · x + 2 = x2 + 2,x2 + 1 · x + 0 = x2 + x,x2 + 1 · x + 1 = x2 + x + 1,x2 + 1 · x + 2 = x2 + x + 2x2 + 2 · x + 0 = x2 + 2x,x2 + 2 · x + 1 = x2 + 2x + 1,x2 + 2 · x + 2 = x2 + 2x + 2.

Formirajmo sve polinome stepena dva pomocu polinoma stepena jedan:

(2)

x · x = x2,x · (x + 1) = x2 + x,x · (x + 2) = x2 + 2x,(x + 1) · (x + 1) = x2 + 2x + 1,(x + 1) · (x + 2) = x2 + 2,(x + 2) · (x + 2) = x2 + x + 1.

18

Na osnovu (1) i (2) zakljucujemo da su polinomi x2 + 1, x2 + x + 2 i x2 + 2x + 2 jediniireducibilni polinomi drugog stepena.

4. Ispitati da li je polinom x4 + x2 + 1 svodljiv nad poljem GF (4). Odrediti nule ovogpolinoma u istom polju.

Resenje. Konstruisimo polje GF (4). Primetimo da polinomi stepena ne veceg od 1 sakoeficijentima iz GF (2) su 0, 1, x i x + 1. Ispisivanjem svih mogucih faktorizacija:

x · x = x2

x · (x + 1) = x2 + x(x + 1) · x = x2 + x(x + 1) · (x + 1) = x2 + 1

zakljucujemo da je polinom Q(x) = x2 + x + 1 nesvodljiv. Ako oznacimo α = x iβ = x + 1, tada formirajmo po modulu nesvodljivog polinoma Q(x) Cayleyevu tablicuoperacija ⊕ i �:

⊕ 0 1 α β0 0 1 α β1 1 0 β αα α β 0 1β β α 1 0

� 0 1 α β0 0 0 0 01 0 1 α βα 0 α β 1β 0 β 1 α

Primetimo da su (GF (4),⊕) i (GF (4)\{0},�) ciklicne grupe. Dalje koristimo za ⊕ i �uobicajne oznake + i ·. Polinom P (x) = x4 + x2 + 1 je svodljiv jer vazi:

P (x) = x4+x2+1 = x4+x2+12+2 x4 ·x2+2 x4 ·12+2 x2 ·12 = (x2+x+1)2 = Q(x)2.

Iz tablice:1 x x2 Q(x) P (x)

1 0 0 1 1

1 1 1 1 1

1 α β 0 0

1 β α 0 0

zakljucujemo da polinom P (x) ima dve nule u tom polju: x1 = α i x2 = β.

5. U multiplikativnoj grupi polja GF (8) odrediti elemente koji su sami sebi inverzni(reprezentovati GF (8) kao algebru polinoma po modulu nesvodljivog polinoma x3 +x+1

u GF (2)).

Resenje. I nacin. Multiplikativna grupa polja GF (8) je ciklicna grupa sa 7 elemenata:1, x, x+1, x2, x2 +1, x2 +x, x2 +x+1. Svi elementi sem jedinicnog elementa 1 te grupesu reda 7. Odatle je jedinicni element 1 jedini sam sebi inverzan.

19

II nacin. Glavna dijagona Cayleyjeve tablice multiplikativne grupe je data sledecimzapisom:

� 1 x x + 1 x2 x2 + 1 x2 + x x2 + x + 11 1 x x + 1 x2 x2 + 1 x2 + x x2 + x + 1

x x x2

x + 1 x + 1 x2 + 1

x2 x2 x2 + x

x2 + 1 x2 + 1 x2 + x + 1

x2 + x x2 + x x

x2 + x + 1 x2 + x + 1 x + 1

Odatle jedinicni element 1 te grupe je jedini sam sebi inverzan.

6. Neka je dato polje Galoisa GF (m). Odrediti dva med-usobno razlicita polinoma nadposmatranim poljem koji imaju iste vrednosti za svaku vrednost nezavisne promenljive.Neka su Pk(x) i Qn(x) dva proizvoljna polinoma nad poljem GF (m) stepena k i n respek-tivno, pri cemu je ispunjeno: m > max{k, n}. Dokazati da su polinomi Pk(x) i Qn(x) sajednakim koeficijentima ako i samo ako imaju iste vrednosti za svaki element x∈GF (m).

Resenje. Buduci da je multiplikativna grupa polja GF (m) ciklicna vazi: xm−1 = 1.Odatle polinom Pm(x)=xm i Q1(x)=x imaju iste vrednosti za svaki element x∈GF (m).Dalje neka su Pk(x) i Qn(x) dva proizvoljna polinoma nad poljem GF (m) stepena k in respektivno, pri cemu je ispunjeno: m > max{k, n}. Ako su polinomi Pk(x) i Qn(x)sa jednakim koeficijentima tada oni imaju iste vrednosti za svaki element x ∈ GF (m).Obratno neka je ispunjeno: Pk(x) = Qn(x) za svaki element x ∈ GF (m). Tada akopolinomi Pk(x) i Qn(x) nisu sa jednakim koeficijentima posmatrajmo nenulti polnomH(x) = Pk(x)−Qn(x) koji ima m nula jer ga anuliraju svi elementi x∈GF (m). Odatle jeH(x) = Pk(x)−Qn(x) sa jeden strane stepena m, a sa druge strane je stepena max{k, n}.Buduci da je m > max{k, n} svodjenjem na kontradikciju dokazano je tvrd-enje.

7. Dokazati savrsenost sledeceg linearanog koda u Z3:

0 0 0 1 1 1 2 2 20 1 2 0 1 2 0 1 20 2 1 2 1 0 1 0 20 1 2 2 0 1 1 2 0

(kodne reci su odred-ene kolonama). Odrediti generatorsku matricu koda.

Resenje. Neka je A = Z3 = {0, 1, 2} i neka je kod C koji se sastoji od prethodnoodred-enih kodnih reci Ai = (a1i, a2i, a3i, a4i) ∈ A4 (i = 1, . . . , 9). Navedene kodne reciispunjavaju uslov:

(∀i, j) d(Ai, Aj) = 3

20

jer se svake dve reci koda C razlikuju na tacno 3 pozicije. Dalje, neka je kodna recA

′i = (a1i, a2i, a3i, a4i) u kugli Ki = K[Ai, 1] sa centrom u kodnoj reci Ai i poluprecnikom

1 (i = 1, . . . , 9). Tada svaka kugla Ki obuhvata:

2(a

′1i 6=a1i)

+ 2(a

′2i 6=a2i)

+ 2(a

′3i 6=a3i)

+ 2(a

′4i 6=a4i)

+ 1(Ai=A

′i)

= 9

raznih reci (i = 1, . . . , 9). Odatle, na osnovu cinjenice da vazi:

|9⋃

i=1

Ki| = 9 · 9 = 81 = 34 = |A4|,

zakljucujemo da je linearan kod C savrsen. Buduci da su kodne reci A2 = (0, 1, 2, 1)i A3 = (0, 2, 1, 2) linearno nezavisne tada jedna generatorska matrica linearnog koda Cdata na sledeci nacin:

M =

[0 1 2 10 2 1 2

].

21