Sadraj GLAVA I .......................................................................................................................................2 1.1. ELEMENTI MATEMATIKE LOGIKE ..................................................................................3 2.1. SKUPOVI ........................................................................................................................... 16 GLAVA III .................................................................................................................................. 40 3.1. BINARNE RELACIJE ........................................................................................................ 41 GLAVA IV ................................................................................................................................. 58 4.FUNKCIJE (PRESLIKAVANJA) ............................................................................................ 59 5.1. ALGEBARSKE STRUKTURE ........................................................................................... 73 GLAVA VI ............................................................................................................................... 126 6.1. METRIKI PROSTORI .................................................................................................... 127 6.2. REENIZADACI ............................................................................................................ 128 GLAVA VII .............................................................................................................................. 143 7.1. REALNI I KOMPLEKSNI BROJEVI ................................................................................. 144 7.2.REENIZADACI ............................................................................................................. 152 8. POLINOMI .......................................................................................................................... 171 8.1. DEFINICIJE I OPERACIJE SA POLINOMIMA .......................................................... 171 NULE, FAKTORIZACIJA POLINOMA I VIJETOVE FORMULE........................................ 177 8.2. REAVANJE ALGEBARSKIH JEDNAINA .............................................................. 185 8.3.REALNI POLINOMI ..................................................................................................... 188 8.4.INTERPOLACIJA ........................................................................................................ 192 8.5. RACIONALNE FUNKCIJE.......................................................................................... 195 8.6. REENI ZADACI ........................................................................................................ 197 9. TEORIJA MATRICA ........................................................................................................... 215 9.1. MATRICE ................................................................................................................... 215 9.2. DETERMINANTE ....................................................................................................... 222 9.3. INVERZNE MATRICE ................................................................................................ 229 9.4.MATRINE JEDNAINE ............................................................................................ 233 9.5. RANG MATRICE ........................................................................................................ 234 9.6. MINIMALNI I KARAKTERISTINI POLINOM MATRICE ........................................... 235 9.7. REENI ZADACI ........................................................................................................ 236 10. SISTEMI LINEARNIH JEDNAINA ................................................................................. 292 2 10.2. REENI ZADACI ...................................................................................................... 299 11. VEKTORSKA ALGEBRA.................................................................................................. 328 11.8. REENI ZADACI ...................................................................................................... 344 LITERATURA .............................................................................................................................. 353 GLAVA I 3 1.1. ELEMENTI MATEMATIKE LOGIKE Iskazi ili sudovi su reenice ili formule koje imaju jednu i samo jednu istinitonosnu vrednost: ili su taneteilisunetanenete.UklasinojAristotelovojbivalentnoj(dvovrednosnoj)logici postojejedinovrednosti=1i=0.Polivalentnemodalnelogikeimajuimeuvrednosti istinitosti1/2ili1/3i2/3islino.Utroznanojlogiciiskaziedelenatrimeusobnodisjunktne klase:tani,netaniineutralni,slinonekimodlukamaujapanskompravosudnomsistemu. Formule x2 > 0, 3 y;t(p)=, jer postoje realni brojevi x i y, takvi da je xy. Na primer, x=3 i y=7. p:( )( ) R y R x e - e - x>yt(p)=, 11 to pokazuje i prethodni primer. b)q:( )( ) R y R x e - e x>y;t(q)=, jer z -2, takav da je x>y. p:( )( ) R y R x e e -xy;t(q)=, jer je negacija ove reenice, tj. q, tana. c)r:( )( ) R x R y e e -x>y;t(r)=, xy, na primer x=y-7. r:( )( ) R x R y e - e xy;t(r)=, to pokazuje i prethodni primer. 13. Odrediti znaenja istinitosti iskaza: p: (xR)x-5 q: (xR)x>0 x2>x r: (xR)x2=4 x=2. Negirati ove iskaze i odrediti znaenja istinitosti tih negacija.Obrazloiti odgovore. Reenje: t(p)=. x>-5. t(q)=. Postoji xR, takvo da je x>0 i x2x. Na primer,, 021> = x x x = s =|.|

\|=21412122

t(r)=. Postoji xR, takvo da je x2 =4 i x=2. Takav je broj x=-2. p: (xR)x0 x2x;t(q)=, r: (xR) x2=4 x2; t(r)=. Napomena: Koristili smo se injenicom da je(pq)pq. 12 14. Koje su od sledeih reenica tane, a koje netane: p:( )( ) R y R x e - e x2+y=0; q:( )( ) R y R x e e - x2+y=0;r:( )( ) R x R y e e - x2+y=0;s:( )( ) R x R y e e x2+y=0.Obrazloi odgovore. Reenje: Posluiemo se grafikom funkcije y=-x2 (zato to je x2+y=0 y=-x2 ). 15. Da li je izvrena ispravna kvantifikacija (jesu li tane reenice): a)( )( ) x x R x 2 12s + e -b)( )( )( ) xy y x R y R x = + e - e c)( )( )( ) xy y x R y R x 22 2> + e e . Reenje: a) Reenica( )( ) x x R x 2 12s + e -je tana. Zaista relacija( ) x x 2 12s +je ekvivalentna sa x2-2x+10, odnosno(x-1) 2 0. Ova je nejednakosttana akoje x=1, Dakle, postoji xR, x=1, takvo da je x2 +12x. b)Reenica( )( )( ) xy y x R y R x = + e - e nijetana.Ustvari,njenanegacija ( )( )( ) xy y x R y R x = + e e - jetanareenica.Utoseuveravamonasledeinain.Akoje ( ) xy y x = + ,ondajex=y(x-1),pajezax=1desnastranajednakanulizasvakoyR,ajeva jednaka 1. Na taj nain smo zakljuili da postoji xR, x=1, takvo da je za svako yR, x+y=xy. c)Reenica( )( )( ) xy y x R y R x 22 2> + e e nijetana.Buduidaje( ) xy y x 22 2> +ekvivlentno sa0 22 2> + y xy xodnosno( ) 02> y x , to je za sve realne brojeve x i y, takve dajex=y,ispunjeno( ) 02= y x ,dakle( ) xy y x 22 2= + .Dakle,tanajenegacijanae reenice,kojaglasi( )( )( ) xy y x R y R x 22 2s + e - e - .Moemosezadovoqitiinavoenjem pararealnihbrojeva,imesmopotvrdilinjihovopostojanje,zakojeje( ) xy y x 22 2s + .Na primer, x=2, y=2. 16. Zapisati uz upotrebu logikih simbola i odrediti znaenja istinitosti sleeih reenica: a) Za svaki realan broj x i svaki realan broj y je xy>x+y; b) Postoje prirodni brojevi m i n, takvi da je32 2= n m ; c) Za svaki racionalan broj a, postoji racionalan broj b, takav da je ab+a=b. Reenje: 13 a)p:( )( ) R y R x e e xy>x+y; t(p)= Dokazaemo da je t(p)=; p:( )( ) R y R x e - e -xyx+y. Uzmimo21, 1 = = y x . Onda je y x xy + = + = s = =2112321211 . b)q:( )( ) N n N m e - e - ( ) 32 2= n m ; t(q)=. Dokazaemotoneposredno,takotoemonaitakavparprirodnihbrojeva.Zbog ( ) 0 32 2> = n m , mora biti m>n. ( )( ) 32 2= + = n m n m n m . Broj 3 je prost, pa mora jedan od inilaca na levoj strani da bude jednak 1, a drugi jednak3. Zbog m>n mora biti: m-n=1, m+n=3, odakle nalazimo 2m=4, n=m-1, m=2, n=1. Zaista, u tom sluaju je3 1 42 2= = n m . c)r:( )( ) Q b Q a e - e (ab+a=b);t(r)=. Ako je ab+a=b, onda je b(a-1)=-a. Ako je a1, iz prethodnog nalazimo 1 =a ab , to znai da se sve takve (1) racionalne brojeve a postoji b takvo da jeb=ab+a. Ako je a=1, dobijamo jednakost1 0 = b , koja nije tana ni za jedno bQ. Dakle, nije tano da za svako aQ postoji bQ, takvo da je: ab+a=b. Napomena: Tana bi bila reenica { } ( )( ) Q b Q a e - e 1 \(ab+a=b). 17. Da li je taan iskaz ( ) = = + e -2 3 21 2, ,z y xz y xR R R z y x . (Obrazloi odgovor.) Reenje: Iskaz je taan.14 Sistem od dve linearne jednaine sa tri nepoznate moemo reiti Gausovom metodom: 5 7 32 3 21 22 3 2= + =

= + = z yz y xz y xz y x 35372 3 2+ = =

z yz y x. Ako izaberemo za vrednost slobodne promenljive z broj zo=0, nalazimo2 2 = o oy x35=oy , odnosno0 ,35,342352 2 2 = = = = =o o o oz y y x . Na taj nain nalazimo da ureena trojka 0 ,35,34zadovoljavadatisistem,toznaidapostojiureenatrojka,takvadasu zadovoljene obe jednaine sistema. Zadatku moemo dati geometrijsku interpretaciju. Imamo jednaine dveju ravni koje nisu paralelne (zato to koeficijenti nisu proporcionalni). Takve dve ravni se seku (po jednoj pravoj), pa postoji beskonano mnogo presenih taaka, a to znai da postoji beskonanomnogo ureenih trojki(tosukoordinatepresenihtaaka)kojezadovoljavajuobejednainedatogsistema jednaina. . 15 GLAVA II 16 2.1. SKUPOVI Teorijaskupovajematematikadisciplinaukojojseistraujenekibitnimatematikiproblemi zasnivanja same matematike. Skup je osnovni pojam i kao takav se ne definie. Nain zasnivanja skupova. Skup se moe zadati nabrajanjem elemenata: ako skup ima elemente x,y,z,... pie se S={x,y,z,...}. Skup se moe zadati i pomou svojstva. Tako S={x : P(x)} znai da skupu S pripadaju svi onielementi x za koje vai P(x), tj. koji zadovoljavaju svojstvo Pkoje je uslovpripadnostiskupu.AkoelementxpripadaskupuSpiemoxS,aakone,ondaS x e . Prazan skup ={} je skup koji ne sadri ni jedan element (x).Zaskupovebrojevase,popravilu,koristesledeeoznakeNprirodni,Zceli,Q racionalni,R+-realnipozitivniiCkompleksnibrojevi.Skupjekonaanakoimakonaanbroj elemenata; ostali skupovi su beskonani. Raselovparadoks.FilozofimatematiarW.Russeljeotkrionedostatkeunaivnojteoriji skupova.Pojmovikaotojeskupsvihskupovaisl.izazivajuprotivrenosti.Tojenateralo matematiaredateorijuskupovastrogoaksiomatskiizgrade,paistvoreteorijuklasaukojoj postoje klase klasa. Raselje definisaoskupUkoji sadri sve one skupoveXkoji ne sadre sebekaoelementU={X:XX}.Veinaskupovakojemoemodadefiniemozadovoljavaovo svojstvo. Raselovo pitanje glasi: Da li skup U sadri sebe kao element ili ne?Ako pretpostavimo UU,tadaUU,jerUsadrioneskupovekojisebenesadrekaoelement,aneiostale.Ako pretpostavimodaUU,tadasamskupUzadovoljavauslovskupuU,takodajeU.Popularna analogija ovom skupu je pria o berberinu koji ima posao da brije sve one ljude iz svog mesta koji 17 ne briju sami sebe. Paradoks nastaje kada se postavi pitanje: Da li taj berberin brije samog sebe ili ne? Postojinekolikonainaaksiomatskogzasnivanjateorijeskupovakojipolazeoddvadesetak aksiomastavovakojisenedokazujuiodreenombrojupravilaizvoenja.Unaivnojili deskriptivnojteorijiskupova,skupseopisujekaocelina,kolekcijailiansamblnekihobjekata elemenata. Intervali su sledei skupovi: ( ) { } b x a x b a < < = , , | | { } b x a x b a s s = , , ( | { } b x a x b a s < = , ,| ) { } b x a x b a < s = , , a,b R. Skupovi relacije. Relacija inkluzije. Skup B je podskup skupa A. ( ) B x A B e _ ( ) A x B x e e Oigledno je (A)A, jer se u definiciji inkluzije dobija implikacija xA koja je tana. Relacija jednakosti. Skupovi A i B su jednaki A=B ako je BA i AB, tj. jednaki skupovi se sastoje od istih elemenata. Stroga inkluzija. Ako je BA i BA, kae se da je skupB pravi podskup skupa A tj BA. Operacija sa skupovima. Unija skupova A i B je skup AB={x : xAxB} Presek ili intersekcija skupova A i B je skup AB= {x : xAxB} Relacija disjunkcije.Za skupoveA i B, ili za vie skupova, kaemo da sudisjunktniako nemaju zajednikih elemenata. Presek disjunktnih skupova je prazan skup AB=. Najvanije osobine operacija sa skupovima su 1) presek i unija su komutativne i asocijativne operacije, 2) unija je distributivna prema preseku i obratno, 3) AA= A,AA= A, A= A, A= , 4) AB AB= B AB= A.

Operacija diferencije skupova. Razlika skupova A i B jeste skup A\B= {x : xAxB}. 18 Unarnaoperacijadopunaskupa.NekajeUnekiuslovnoreenouniverzalniskupukomese posmatraju razliiti podskupovi, i neka je AU.Komplement skupa A u odnosu na skup U je skup AC =U\A. Vae sledee formule: (AB)C = A C B C , (AB) C = A C B C , (A C ) C = A. Partitivni skup P(S) skupa S je skup svih podskupova skupa S P(S) = {A : AS}. Partitivniskupimaznaajnovieelemenatanegoosnovniskup.AkoskupSimanelemenata, induktivnommetodomselakoproveravadapartitivniskupP(S)ima2nelemenata.Slino rastuemnizuprirodnihbrojeva1,2,3,...,varajukardinalnimbrojevimaN,P(N),P(P((N)),.... OtvorenojepitanjeporeenjaskupasvihpodskupovaskupaprirodnihbrojevaN,iskupasvih realnih brojeva R. Velike monosti je npr. skup P(R). Primer: Neka je A= {a,b,c} i B= {a,{b,c}}, odrediti partitivne skupove datih skupova. Reenje:P(A) = {, {a}, {b}, {c}, {a,b}, {a,c}, {b,c}, A}; P(B) = {, {a}, {{b,c}}, B}. 2.2. REENI ZADACI 1.Nai sve elemente skupa AB, ako je A={x|xeR . x3+ 4x2=0}, B={x|xeR . x4 + 2x2 8 = 0}. (R oznaava skup svih realnih brojeva.) Reenje: Kako je x3+ 4x2=0x2(x+4)=0 x2=0v x+4=0 x=0v x=4 x=4v x=0, to su -4 i 0 svi elementi skupa A, tj. Imamo A={4,0}. Isto tako, iz x4 + 2x2 8 = 0x2=1 8 1+ v x2=1+ 8 1+ x2=4v x2=2 (=2ivx=2i)v(x= 2 vx= 2 ) x=2i v x=2i x= 2v x= 2 , 19 zakljuujemo da su -2i2svi elementi skupa B, tj. da je B={ 2 ,2 }. (Brojevi -2i i 2i, iako su reenja jednaine x4 + 2x2 8 = 0, nisu elementiskupa B, zato to to nisu realni, ve (isto) imaginarni brojevi.) Iz predhodnog sledi AB={4,0}{ 2 ,2 }=C, Pa je AB=C. To znai da je AB nema ni jednog elementa. Po definicijito, onda, znai da su A i B disjunktni ( razdvojeni) skupovi. 2. Zapisati, navoenjem svih njegovih elemenata, skup (A\B)(B\A),ako je A={xxeK . x+4x=0} i B={x xeK . x4+2x-8=0}. (K oznaava skup svih kompleksnih brojeva.) Reenje: Na osnovu niza logikih ekvivalencija x+x=0 x(x+4)=0 x=0v x+4=0 x=0 v x=-4 x=0v(x=2i v x=2i) x=0v x=2iv x=2i, zakljuujemo da su 2i, 0 i 2i sva reenja jednaine x+4x=0. Otuda je A={2i,0,2i}. U reenju 1. zadatka ve smo videli da su 2i, 2i, 2i2(sva) reenja jednaine x4+2x8=0. Odatle sledi B={2i,2i, 2 ,2 } Otuda imamo, A\B={2i, 0,2i}\{2i,2i,2 , 2 }={0} i B\A={2i,2i,2 , 2 }\{2i,0,2i}={ 2 , 2 }. Na osnovu toga je 20 (A\B)(B\A)(=AB)={0}{ 2 , 2 }={ 2 ,0,2 }, tj. (A\B)(B\A)(=AB)={ 2 ,0,2 }. (AB je simetrina razlika skupova A i B.) 3 . Neka je A={xx4x=0}, B={yy+y=0} i C ={zz2z=0}. Zapisati skupove A,B,C,AB,(AB)C iBC navoenjem svih njihovih elemenata. Reenje: Na osnovu niza logikih ekvivalencija x4x=0 x(x1)=0 x=0vx1=0x=0v x=1 x=0v(x=1vx=1) x=1vx=0vx=1, zakljuujemo da su 1, 0 i 1 sva reenja jednaine x4x=0. Otuda je A={1,0,1}. Iz niza logikih ekvivalencija y+y=0y(y+1)=0y=0v y+1=0y=0vy=1y=1v y=0, izlazi da su 1 i 0sva reenja jednaine y+y=0. Na osnovu toga je B={1,0}. Kako je z2z=0z(z2)=0z=0 v z=2, to su 0 i 2 sva reenja jednaine z2z=0. Odatle je C={0,2}. Dalje, imamo AB={1,0,1}{1,0}={1,0,1}(=A, zato to je B_A), Pa zatim (AB)C={1,0,1}{0,2}(=AC)={0}. Na osnovu B\C={1,0}\{0,2}={1} i C\B={0,2}\{1,0}={2}, zakljuujemo da vai

def BC=(B\C)(C\B)={1}{2}={1,2}. Tako je AB={1,0,1}(=A), (AB)C={0},BC={1,2}. 4.Oznaiti, navoenjem svih elemenata, skupove: A={x|xeZ.(x4x)(4x1)=0}; 21 B={x|xeZ . (x+2x)(x+4)=0}. Nai, zatim: AB, A\B, AB. (Z oznaava skup svih celih brojeva.) Reenje: Na osnovu niza ekvivalencija (x4x)(4x1)=0 x4x=0 v 4x1=0 x(x4)=0 v 4x=1 x=0 v x=4 v x=41 x=0 v x=2 v x=2 v x=21v x=21, zakljuujemo (1) A={2,0,2}. (Brojevi 21 i 21 nisu elementi skupa celih brojeva Z, ve elementi skupa racionalnih brojeva Q.) Slino, na osnovu niza ekvivalencija (x+2x)(x+4)=0 x+2x=0 v x+4=0 x(x+2)=0 v x=4 x=0 v x=2 v x=2i v x=2i, dolazimo do zakljuka da je (2) B={2,0}. (Brojevi 2i i 2i nisu realni, pa time ni celi brojevi.) Iz (1) i (2), onda, sledi: AB={2,0,2} (=A, zato to je B_A); A\B={2} (=B A iz istih razloga); AB={,,,,,}. 5.Reite skupovne jednaine: 1 A{x,y,z}={x,y,z,u,}; 2 A{ x,y,z,u,}={y,z,u}. Reenje: 1 Kako skup {x,y,z} ne sadri elemente u i , a unija skupa A i 22 tog skupa sadri te elemente, to skup A, u svakom sluaju, mora sadrati elemente u i . Znai, vai A={u,, ....}. kako A{x,y,z}, tj. skup {x,y,z,u,}, ne sadri druge elemente osim x,y,z,u ito i skup A ne moe ukljuivati druge elemente osim x,y,z,u i. Stoga zakljuujemo da postoje sledee logike mogunosti: a)A ne sadri ni jedan od elemenata skupa {x,y,z}, tj. A={u,}; b)A sadri jedan i samo jedan od elemenata skupa {x,y,z}, tj. A={u,,x} v A ={u,,y} v A={u,,z}; c)A sadri i dva elementa skupa {x,y,z}, tj. A={u,,x,y}vA={u,,x,z}vA={u,,y,z}; d) A sadri i sva tri elementa skupa ,x,y,z}, tj. A={u,,x,y,z}. Prema tome, vai iskaz A{x,y,z}={x,y,z,uu} A={u,u}v A={u,u,x}v A={u,u,y}v A={u,u,z}v A={u,u,x,y}v vA={u,u,x,z}v A={u,u,y,z}v A={u,u,x,y,z}. 2 Kako je presek skupa A i skupa {x,y,z,u,u} jednak skup {y,z,u}, to skup A mora ukljuivati elemente y,z i u, tj. imamo da je A={y,z,u}B za neki skup B . S druge strane, skup A ne moe sadrati elemente x i u, jer ih sadri skup {x,y,z,u,u}, ali ne njegov presek sa A. Otuda ni skup B ne sme sadrati elemente x i u, tj. skupovi B i {x,u} moraju biti disjunktni, B{x,u}=C. Dakle, reenje je A={y,z,u}B, gde je B proizvoljan skup za koji je B{x,u}=C. 6.Pokazati tanost jednakosti (1)B\A=BA. 23 Reenje:Iz niza logikih ekvivalencija xeB\AxeB.xeAxeB.xeA xeBA sledi xeB\AxeBA, a to i znai da je formula (1) tana. Primeujemo da je formula (1) vrlo efikasno sredstvo za dokazi- vanje formula sa razlikama. Njenom primenom, na primer, lako se dokazuje da je tana formula (2)(AB)(AB)=AB. Zaista, iz niza jednakosti (AB)(AB)=(A\B)(B\A)(AB)= =(AB)(AB)(BA)=(AB)(AB)(BA)= =(A(BB))(BA)=(AS)(BA)=A(BA)= =(AB)(AA)=(AB)S=AB, Sledi jednakost (AB)(AB)=AB, ime je tanost formule (2) pokazana. 7. a) Dokazati jednakost (1)(AB)\(AB)=(AB)(BA) (A,B su proizvoljni skupovi iz P(S), gde S oznaava univerzalni skup). b) Odrediti skup X ako je (2) X{a,b,c,d,e,f}={b,d,f} i (3)X{a,b,c,d,e,f}={a,b,c,d,e,f,g,h}. 24 Reenje: Koristei formulu X\Y=XY, imamo (4)(AB)\(AB)=(AB)( B A ). Primenom De Morganove formuleY X =XY, dobijemo (5) (AB)( B A=(AB)(A B). Koristei svojstva distributivnosti /, u dva navrata, tj. da je(XY)Z=(XZ)(YZ), imamo (6)(AB)(AB)=((AB)A)((AB)B)= ((AA)(BA))((AB)(BB)). Kako vai XX=C i XC=X, to je (7)((AA)(BA))((AB)(BB))= (C(BA))((AB)C)=(BA)(AB). Primenom svojstva komutativnosti za operaciju , tj. da je XY=YX, dobijamo (8)(BA)(AB)=(AB)(BA). Iz niza jednakosti (4)(8), na osnovu svojstva tranzitivnostirelacije = (kod skupova), tj. da X=Y.Y=Z> X=Z, zakljuujemo da vaijednakost (1), tj. da je taan iskaz (A,B) (AB)\(AB)=(AB)(BA). Ovo se, inae, moe zapisati i u obliku (A,B)(AB)\(AB)=(A\B)(B\A), odnosno u obliku (A,B)(AB)\(AB)=AB, gde oznaava operaciju simetrine razlike (kod skupova). b)Iz jednakosti (2) sledi X={b,d,f,x,y,z,...}, pri emu je 25 {x,y,z,...}{a,b,c,d,e,f,...}=C. (Nijedan od elemenata x,y,z,... ne moe biti jednak nekom od elemenata b,d,f, zato to se pri zapisu skupa naovoenjem njegovih elemenata elementi ne ponavljaju; ni jedan od elemenata x,y,z,... ne moe biti jednak nekom odelemenata a,c,e, zato to bi onda i skup X{a,b,c,d,e,f} sadrao teelemente, a ne sadri !). S druge strene, iz X{a,b,c,d,e,f}={b,d,f,x,y,z,...}{a,b,c,d,e,f}={a,b,c,d,e,f,g,h} sledi {x,y,z,...}={g,h}. (Nijedan od elemenata x,y,z,..., videli smo, nije jednak nekom od elemenata a,b,c,d,e,f; dva od elemenata x,y,z,... moraju biti elementi g i h, zato to skup X{a,b,c,d,e,f} sadri elemente g i h, a skup {a,b,c,d,e,f} ih ne sadri; konano ako bi skup {x,y,z,...} sadrao neko do elemenata koji nisu jednaki ni jednom od elemenata a,b,c,d,e,f,g,h, onda bi te elemente sadrao i skup X{a,b,c,d,e,f}, a ne sadri!). Kako je {b,d,f,x,y,z,...}={b,d,f}{x,y,z,...}={b,d,f,g,h}, to, konano, zakljuujemo X={b,d,f,g,h}. 8.Dokazati tanost jednakosti (1)A\(A\B)=AB. Reenje: U ovom i svim drugim sluajevima kada to nije eksplicitno Reeno, podrazumeva se da posmatrana relacija vai za sve skupove A,B,C,...,X,Y,Z,... iz P(S), gde je S univerzalni skup. Koristiemo, inae, Tanost jednakosti X\Y=XY. Na osnovu toga, imamo A\(A\B)=A\(AB)=A( B A =A(A B )=A(AB)= =(AA)(AB)=C(AB)=AB. Iz tog niza jednakosti, s obzirom na to da je relacija jednakosti skupova tranzitivna (tj. da (X=Y.Y=Z)>X=Z), zakljuujemo da vai A\(A\B)=AB. Time je dokazana tanost jednakosti (1) dovren. (Pri dokazu smo jo Koristili De Morganove formule, zatim svojstvo involutivnosti operacije 26 Komplementiranja, tj. da jeX =X, kao i distrbutivnsoti \.) Dokaz tanosti jednakosti (1) se moe, ali malo izvetaeno, izvesti polazei od njene desne strane, primenjujui distributivnost\ u obrnutom smeru. Tako imamo AB=(AB)C=(AB)(AA)=A(BA)= =A( B A)=A( A B )=A( B A )=A\(AB)=A\(A\B). Odatle sledi AB=A\(A\B), a time i, ponovo, tanost jednakosti (1). 9.Pokazati da je (1)A(B\A)=AB. Reenje: Koristiemo tanost logike ekvivalencije def A=B(xeA xeB). Imajui u vidu da je taan niz logikih ekvivalencija xeA(B\A)xeAvxeB\AxeAv(xeB.xeA) (xeAvxeB).(xeAvxeA)xeAB.(xeAvxeA) xeAB.xeAAxeAB.xeSxe(AB)SxeAB, zakljuujemo da vai xeA(B\A)xeAB. (S oznaava univerzalni skup, pa je (AB)S=AB.) odatle, onda, sledi tanost jednakosti (1). Primeujemo da se ista jednakost moe dokazati i korienjemjednakosti A\B=AB. Vai, naime, niz jednakosti A(B\A)=A(BA)=(AB)(AA)=(AB)S=AB, a time i jednakost (1). ( Pri tome je koriena i distributivnost \.) 10. Pokazati da je 27 A\(BC)=(A\B)\C. Reenje: Koristei formulu X\Y=XY i De Morganovu formuluY X=XY, imamo A\(BC)=A C B =A(BC). Koristei asocijativnost preseka: X(YZ)=(XY)Z, dobijamo, onda, A(BC)=(AB)YC=(A\B)C=(A\B)\C. Na osnovu svojstva tranzitivnosti relacije jednakosti skupova, tj. da X=Yi Y=Z logiki povlai X=Z, zakljuujemo da vai A\(BC)=(A\B)\C, toje i trebalo dokazati. 11. Proveriti tanost jednakosti (AB)(AB)=(AB)(AB). Reenje: Tanost date jednakosti sledi iz tanosti niza jednakosti (AB)(AB=((AB)A)((AB)B)= =((AA)(BA))((AB)(BB))= =C(AB)(AB)C=(AB)(AB). Pri tom je dva puta korieno svojstvo distributivnosti preseka u odnosu na uniju, kao i komutativnost operacija presecanja i uniranja atakoe i da je prazan skup C neutralan element u odnosu na operaciju uniranja. 12. Proveriti tanost jednakosti: a) A\(BC)=(A\B)\C; 28 b) (AB)(A\B)=A. Reenje: a)Primeujemo da je jedan dokaz nae jednakosti, korienjem jednakosti X\Y=XY i prve De Morganove formule, ve dat u reenju zadatka 10. Ovde dajemo dokaz iste jednakosti korienjem svojstva asocijativnosti operacije konjunkcije propozicionih funkcija.. Vai, naime, def xeA\(BC)xeA.xeBCxeA.(xeB.xeC) (xeA.xeB).xeCxeA\B.xeCxe(A\B)\C. Odatle sledi xeA\(BC)xe(A\B)\C, a to i znai tanost jednakosti pod a). to se tie tanosti jednakosti pod b), primeujemo da iz niza jednakosti (AB)(A\B)=(AB)(AB)=A(BB)=AS=A (S jeuniverzalni skup) sledi(AB)(A\B)=A, tj. jednakost pod b). Pri tomekoristili smo i svojstvo distributivnosti \, ali u obrnutom smeru, tj.da je (XY)(XZ)=X(YZ). 13. Proveriti tanost jednakosti: A\(A\B)=AB. Reenje: Re je o zadatku ve datom pod 8, ali emo sada reenje zasnovati na osobinama operacija sa iskazima. Po definiciji, vai X=YX_Y.Y_X. Kako je X_Y(aeX>aeY), to imamo X=Y(aeX>aeY.aeY>aeX), Odnosno (1) X=Y(aeXaeY). 29

to se tie dokaza tanosti nae jednakosti, primeujemo, najpre,da izxeA\(A\B)xeA.xeA\BxeA.xeA\B xeA.(xeA.xeB)xeA.(xeAvxeB) (xeA.xeA)v(xeA.xeB)vxeABxeAB (gde je u petom koraku koriena distributivnost .\v) sledi: xeA\(A\B)xeAB. Odatle, na osnovu (1), dobijamo da je tana i jednakost A\(A\B)=AB. 14. Dokazati tanost jednakosti (A,B,C su skupovi): a) (A\B)C=(AC)\(BC); b) (AB)\C=(A\C)(B\C). Reenje: a) Koristei jednakost X\Y=XY i De Morganove formule, imamo (A\B)C=(AB)C=ABC=(ACB)C= =(ACB)(ACC)=(AC)(BC)=(AC) C B = =(AC)\(BC). Odatle sledi tanost jednakosti pod a). Primeujemo da se tanost iste jednakosti moe dokazati ipolazei od desne strane: (AC)\(BC)=(AC) C B =(AC)(BC)= =((AC)B)((AC)C)=(ACB)(ACC)= =((AB)C)C=(AB)C=(A\B)C. 30 b)Ova jednakost sledi iz niza jednakosti: (AB)\C=(AB)C=ABC=ABCC= =(AC)(BC)=(A\C)(B\C). Isto se moe dobiti i polazei od desne strane: (A\C)(B\C)=(AC)(BC)=ACBC=ABC= =(AB)C=(AB)\C. Na kraju, primeujemo da: jednakost pod a) znai da operacija presecanja skupova ima svojstvo desne distributivnosti u odnosu na operaciju oduzimanja (razlike) skupova; jednakost pod b)znai da operacija oduzimanja (razlike) skupova ima svojstvo desne distributivnosti u odnosu na operaciju presecanjaskupova. 15. Pokazati da vai (1) (AB)(CD)=(AC)(AD)(BC)(BD)i def (2)(AB)\(AB)=(A\B)(B\A) ( =AB). Reenje: Primenom svojstva distributivnosti \, dva puta, imamo: (AB)(CD)=(A(CD))(B(CD))= =((AC)(AD))((BC)(BD))= =(AC)(AD)(BC)(BD). (Spoljne zagrade moemo izostaviti, s obzirom da vai svojstvo asoci- jativnosti operacije .) Koristei svojstvo tranzitivnosti relacije jednakosti skupova, tj. Da (X=Y.Y=)>X=, zakljuujemo da je jednakost (1) tana. 31 to se tie tanosti jednakosti (2),primeujemo da, na osnovu formula X\Y=XY, ta jednakost znai isto to i jednakost (1) iz zadatka7.a). Otuda njen dokaz moe tei na isti nain. 16. Proveriti tanost jednakosti (1)(AC)\(B\C)=(A\B)C. Reenje: Koristiemo, pored ostalog, tanost iskaza (A,BeP(S)) A\B=AB (S je univerzalni skup, a P(S) njegov partitivni skup, tj. Skup svih podsku- pova skupa S). Tako imamo. (AC)\(B\C)=(AC) C B \ =(AC) C B =(AC)(BC )= =(AC)(BC)=(CA)(CB)=C(AB= =C(A\B)=(A\B)C. Odatle sledi (AC)\(B\C)=(A\B)C, to znai da je jednakost (1) tana. Primeujemo da se u dokazu tanosti jednakosti (1) moglo poi i od njene desne strane. Tada imamo (A\B)C=(AB)C=(AC)(BC)=(AC)(BC )= =(AC)(C B )=(AC)\(BC)=(AC)\(B\C). Odatle sledi (A\B)C=(AC)\(B\C), a time i, ponovo, tanost jednakosti (1). (U ovom drugom, kao i u prvom dokazu, koristili smo i De Morganove formule i distributivnost \, u direktnom odnosno u obrnutom smeru.) 17. Neka su A,B i C skupovi i A_B_C. Tada je 32 1(AB)C= C ; 2A(BC)= A ; 3(AB)C= B . Odgovore obrazloiti. Reenje: 1 Vai (AB)C=C. (Zaista, iz A_B sledi AB=B. Otuda je(AB)C=BC. Iz B_C sledi, onda, BC=C. Tako imamo (AB)C= BC=C, odakle sledi jednakost (AB)C=C, tj. Jednakost pod 1). 2 Vai A(BC)=A. (Zaista, iz B_C sledi BC=C, pa je A(BC)=AC. Kako je i A_C, to je AC=A. Na taj nain, vai A(BC)=AC=A, odakle sledi jednakost A(BC)=A, tj. Jednakost pod2). 3 Vai (AB)C=B. ( Zaista, inkluzija A_B povlai AB=B. Odatle sledi (AB)C=BC. Kako je i B_C, to je BC=B. Tako imamo (AB)C=BC=B, odakle izlazi (AB)C=B, tj. jednakost pod 3). 18. Dokazati distributivnost preseka u odnosu na uniju skupova i distributivnost unije u odnosu na presek skupova. Reenje: Treba pokazati da je taan iskaz (1) (A,B,CeP(S)(AB)C=(AC)(BC). (Zbog komutativnosti preseka, posmatraemo samo jednostranu, i to desnu distributivnost /. Pri tome S oznaava univerzalni skup, a P(S) njegov partitivni skup, tj. skup svih njegovih podskupova.) Neka suA,B,C proizvoljni elementi skupa P(S). tada vai niz logikih ekvivalencija: 33 xe(AB)CxeAB.xeC(xeAvxeB).xeC (xeA.xeC)v(xeB.xeC)xeAACvxeBC xe(AC)(BC). (Pri tome je korieno I svojstvo distributivnosti ./v.) Odatle, koris- tei tranzitivnost logike ekvivalencije, dobijamo xe(AB)Cxe(AC)(BC), pa time i jednakost (AB)C=(AC)(BC). Na osnovu prethodnog zakljuujemo da je iskaz (1) taan, a to znai da je operacija presecanja skupova distributivna u odnosu na njihovo uniranje. Dokaz distributivnosti /, tj. tanost iskaza (2)(A,B,CeP(S)) (AB)C=(AC)(BC), moe se ustanoviti na slian nain, to ostavljamo itaocu. Pri tome se sada koristi svojstvo distributivnosti v/.. (Zbog komutativnosti ope- racije uniranja, i ovde se moe posmatrati bilo koja jednostavna distri- butivnost /.) Iz edukativnih razloga, primeujemo i da se, na osnovu (2) i DeMorganovih formula, lako moe dokazati distributivnost /, tj. da vai iskaz (1). U tom cilju, uzmimo proizvoljno A,B,CeP(S). Tada iz C ((AB)C)= C (AB) C C=( CA CB) C C= =( C A C C)( C B C C)= C(AC) C(BC= = C ((AC)(BC)) (C oznaava operaciju komplementiranja skupova) sledi (AB)C=(AC)(BC). Pri tome se moe koristiti logika ekvivalencija A=B CA= CB, odnosno svojstvo involutivnosti unarne operacije C : C ( CA)=A. 19. Ispitati da li vai: (A,B,CeP(S)(AB)C=(AC)(BC); (A,B,CeP(S))A(BC)=(AB)(AC), 34 to moemo zvati desnom, odnosno levom distributivnou Deka- rtovog mnoenja skupova u odnosu na operaciju . Reenje: Prvo emo ispitati desnu distributivnost operacije u odnosu na operaciju , tj. da li vai (1)(A,B,CeP(S))(AB)C=(AC)(BC). U tom cilju, pretpostavimo da su A,B,C proizvoljni elementi iz P(S), tj. da su A,B,C proizvoljni podskupovi univerzalnog skupa S. Tada iz niza logikih ekvivalencija e(AB)CxeAB.yeC(xeAvxeB).yeC) (xeA.yeC)v(xeB.yeC)(x,y>eAC)v(eBC) e(AC)(BC) sledi (AB)C=(AC)(BC). Time je dokazana tanost iskaza (1), tj. desna distributivnost /. Odatle se, meutim, lako dobija leva distributivnost /, tj. tanost iskaza (2)(A,B,CeP(S))A(BC)=(AB)(AC). Zaista, iz niza logikih ekvivalencija eA(BC)e(BC)Ae(BA)(CA) (eBA)v(y,x>eCA)(eAB)v(x,y>eAC) e(AB)(AC), sledi eA(BC)e(AB)(AC), a odatle A(BC)=(AB)(AC). Na osnovu prethodnog zakljuujemo da je operacija distributivna (i desno i levo) u odnosu na operaciju . 20. Ispitati distributivnost operacije u odnosu na opera- 35 Ciju \ I distributivnost operacije \ u odnosu na operaciju (u P(S)). Reenje: Treba, najpre, ispitati tanost iskaza (1) (A,B,CeP(S)) A(B\C)=(AB)\(AC). Pri tome, dovoljno je posmatrati jednostranu distributivnost / \(mi smo ovde uzeli levu), zato to je operacija komutativna. Iz niza jednakosti skupova (AB)\(AC)=(AB) C A=(AB)(AC)= ((AB)A)((AB)C)=((BA)A)(A(BC))= C(A(B\C))=A(B\ C), sledi da jednakost (AB)\(AC)=A(B\C), tj. jednakost A(B\C)=(AB)\(AC ), vai za proizvoljne skupove iz P(S). (P(S) je partitivni skup univerzalnog skupa S. Na osnovu toga, iskaz (1) je taan, a to i znai (levu, pa i uopte)distributivnost /\. Primeujemo, inae, da je desna distributivnost / \ ve usta- novljena u zadatku 14.a). to se tie distributivnosti \ /, treba ispitati tanost iska- za: (2) (A,B,CeP(S)) A\(BC)=(A\B)(A\C); (3) (A,B,Ce P(S))(AB)\C)=(A\C)(B\C). Pri tome, posmatramo i levu i desnu distributivnost \ /, zato to ope- racija \ nije komutativna. (To, na primer, sledi iz toga to za A=C imamo A\C=A=C i C\A=C.) Iz niza jednakosti sa skupovima A\(BC)=A C B =A(BC)=(AB)(AC)=(A\B)(A\C) sledi 36 A\(BC)=(A\B)(A\C). Odatle nasluujemo da iskaz (2) nije taan, zato to (A\B)(A\C) ne mora biti jednako (A\B)(A\C), u svim sluajevima. Zaista, ako je, na primer, A={1,2,3,4,5}, B={3,4,5,6,7}, C={5,6,7,8,9}, onda imamo (A\B)(A\C)={1,2}{1,2,3,4}={1,2,3,4}(=A\C) i (A\B)(A\C)={1,2}{1,2,3,4}={1,2}. Odatle sledi da je u posmatranom sluaju (A\B)(A\C)=(A\B)(A\C), ili, preciznije, da je (A\B)(A\C)c(A\B)(A\C). (Inae je, u optem sluaju, (A\B)(A\C)_(A\B)(A\C).) Otada iskaz (2) nije taan, pa operacija \ nije distributivna sa leve strane u odnosu na . Primeujemo i da je u posmatranom konkretnom sluaju A\(BC)={1,2,3,4,5}\{5,6,7}={1,2,3,4}, pa je tada A\(BC)=(A\B)(A\C), ili, preciznije (A\B)(A\C)cA\(BC). Odatle, isto, sledi da iskaz (2) nije taan. to se tie tanosti iskaza (3), tj. desne distributivnosti \ /, primeujemo da je ona ve ustanovljena u zadatku 14. b). 21. a)Ispitati tanost jednakosti (1)(A\B)C=(AC)\(BC); b) Ispitati distributivnost operacije u odnosu na ope- raciju \. 37 Reenje: a) Po definiciji, vai X\Y={x|xeX.xeY}, XY={|xeX.yeY}. Na osnovu toga, imamo e(A\B)CxeA\B.yeC(xeA.xeB).yeC (xeA.yeC).(xeB.yeC)>eAC.eBC e(AC)\(BC). Odatle sledi (1)(A\B)C_(AC)\(BC). Sa druge strane, vai e(AC)\(BC)eAC.eBC (xeA.yeC).(xeBvyeC)>(xeA.yeC).xeB (xeA.xeB).yeCxeA\B.yeCe(A\B)C. (Logika implikacija (xeA.yeC).(xeBvyeC)>(xeA.yeC).xeB je tana zato to je xeBvyeC tano ako je tano xeB ili je tano yeC. Meutim, yeC ne moe biti tano, zbog tanosti xeA.yeC, to povlai tanost yeC. Otuda iz tanosti (xeA.yeC).(xeBvyeC) sledi tanost (xeA.yeC).xeB.) Otuda izlazi (AC)\(BC)_(A\B)C. Na osnovu toga i (2), zkljuujemo da je jednakost (1) tana. Inae, to sledi i iz niza logikih ekvivalencija e(AC)\(BC)eAC.eBC (xeA.yeC).(xeBvyeC)(xeA.yeC.xeB)v(xeA.yeC.yeC) (xeA\B.yeC)v(A\B)(B\A)=AB ustanovljena. ( S oznaava univerzlani skup.) Neka je, sada, (A\B)(B\A)=AB. Pokazaemo da je tada AB=C. Pretpostavimo, suprotno, da je AB=C. Tada postoji x0eAB, tj. x0eA.x0eB. Vai: x0eA\B (zato to je x0eB) i x0eA\B ( zato to x0eA). Otuda x0e(A\B)(B\A)=AB . To je, meutim, u kontradikciji sa x0eAB (jer to, zbog AB_AB, povlai x0eAB). Prema tome, vai AB=C. Time jedokazana tanost i logike implikacije (A\B)(B\A)=AB>AB=C, to inae, dovrava tanost dokaza logike ekvivalencije (1). 39 23. Dokazati da je: 1 A_BAB=B; 2 A_BAB=A. Reenje: 1 Treba pokazati da iz tanosti A_B sledi AB=B, i obrnuto. Pretpostavimo, stoga, da je A_B tano. Tada iz A_B.B_B sledi AB_BB. Kako je BB=B (idempotentnost), to imamo AB_B. Imajui u vidu da je obrnuto, tj. B_AB, uvek tano, to dobijamo AB=B. Na taj nain, vai A_B>AB=B. Pretpostavimo, sada, da je AB=B tano. Tada vai xeAB>xeB. (Obrnuto je, ve smo rekli, oigledno, ali to sada neemo koristiti.) Kako uvek vai xeA>xeAB, to, na osnovu tranzitivnosti logike implika- cije >, zakljuujemo da je tano xeA>xeB, a to, po definiciji, i znai da je A_B. Na ovaj nain, ustanovili smo da vai i logika implikacija AB=B> A_B, a time i logika ekvivalencija 1. 2 Dokaz tanosti ovog dela naeg pitanja izveemo sa osloncem na svojstva operacija sa skupovima i ve dokazanu tanost iskaza 1. Pretpostavimo, prvo, da je A_B. Tada je ( i to je jedno od svojstava operacije C ) CB_ CA. Prema 1, vai CB CA= CA. Odatle je C (CB CA)= C (CA). Primenom formula C (XY)= CX CY i C (CX)=X, dobijamo C (CB) C (CA)=A, odnosno BA=A, tj. AB=A. Tako vai implikacija A_B>ABB=A. to se tie obrnute implikacije AB=A>A_B, ona sledi iz toga to, pod pretpostavkom AB=A, vai xeAxeABxeA.xeB>xeB. Odatle, naime, izlazi xeA>xeB, a to i znai A_B. (Ova druga impli- kacija proizilazi ii z sledeeg niza logikih ekvivalencija: AB=A C (AB)= CA CA CB= CA CB_ CAA_B. Inae, logika implikacija A_B> (AB_B) izlazi iz sledeeg niza logikih implikacija-ekvivalencija: 40 xeABxeAvxeB>xeB.xeBxeB, zato to A_B, po definiciji, znai xeA>xeB.) Na taj nain, ustanovljena je i tanost logike ekvivalencije 2. Primeujemo, na kraju, da iz prethodnog sledi tanost logike ekvivalencije AB=BAB=A. GLAVA III 41 3.1. BINARNE RELACIJE 3.1.1. Ureeni par Ureeni par elemenata a i b, u oznaci (a,b), jeste skup (a,b) = {{a}, {a,b}}. Element a je prva, a element b druga komponenta (koordinata) ureenog para (a,b). Teorema 1. Dva ureena para (a,b) i (c,d) su jednaka, u oznaci (a,b) = (c,d), ako i samo ako su im odgovarajue komponente jednake, tj. ako i samo ako je a=c i b=d. Dokaz: Neka je (a,b) = (c,d), tj. {{a}, {a,b}} = {{c}, {c,d}}. To je mogue ako i samo ako je {a} = {c} i{a,b} = {c,d}, ili {a} = {c,d} i {a,b} = {c}. U prvom sluaju iz prve jednakosti je a=c, pa druga jednakost postaje {a,b} = {a,d}, odakle je b=d. Prva jednakost u drugom sluaju je mogua ako i samo ako jec=d, i tada je a=c=d. Tada druga jednakost postaje {a,b} = {a}, odakle je a=b. Znai, a=b=c=d. Obrnuto tvrenje je oigledno. Napomenimo da je (a,b)(b,a), osim kad je a=b. Ureena trojka (a,b,c) elemenata a,b,c definie se pomou jednakosti 42 (a,b,c) = ((a,b), c). Slino tome, ureena n-trojka (a1 , a2 , . . .an ) elemenata ai (i = 1, 2,... n) definie se rekurzivno pomou ureenog para i ureene (n 1)-trojke: (a1 , a2 ,. . . an ) = ((a1 , a2 , . . . an-1 ), an ). Slino ureenim parovima, dve ureene n-torke (a1 , a2 ,. . . an ) i (b1 , b2 ,... bn) su jednake ako i samo ako je ai = bi (i=1,2,...n). Dekartov (DECARTES) (ili direktni) proizvod dva skupa X i Y, u oznaci XY, jeste skup XY = {(x,y) xX, yY}. Slino tome, Dekartov proizvod skupova X1 , X2 , . . .Xn , u navedenom redosledu, jeste skup (1)X1 X2 . . . Xn = {(x1 , x2 , ...xn ) xi Xi (i = 1, 2, ...n)}. Ako je u (1) X1 = X2 = ... = Xn = X Dekartov proizod krae obeleavamo Xn.

3.1.2. Binarna relacija Binarna relacija na skupu S jeste svaki podskup skupa S2. Neka je binarna relacija na skupu S, tada kaemo da je x u relaciji sa y, u oznaci xqy, ako (x,y). Primer: Dajemo neke relacije: 1) x=z; (x=y. y=z) > x=z; 46 (x=y. y=z) > x=z; (x=y . y=z) > x=z, to ima: (x=y v x=y) . (y=z v y=z) >(x=z) v(x=z)v (x=z)v (x=z) (x=z v x=z). Poslednje, meutim, znai xpz. Time smo pokazali da je taan i iskaz (3). Na osnovu prethodnog, zakljuujemo da je p relacije ekvivalencije u R. Uzgred napominjemo da, kada je re o klasama ekvivalencije C x y R, y odnosu na posmatranu relaciju p, imamo ( za xeR): C x ={y,yeR . xpy}={ y,yeR.(x=y v x=y)} = ={y,yeR .(y=x v y=x)}={x,x}, tj. da vai iskaz (xe R)C x ={x,x}. Odatle, specijalno, imamo C0={0}. Primeujemo, takoe, da se na zadatak moe reiti i tako to se najpre primeti da je (x=y v x=y)x(=y(, gde se, kao to je poznato, x( (apsolutna vrednost realnog broja x) moe definisati na sledei nain: x(=)=( 0 ,0 , 00 ,x xx x x

Preporuujemo itaocu da to realizuje. 2. Dokazati da je binarna relacija r: a r b ako i samo ako je a+a=b+b, relacija ekvivalencije u skupu realnih brojeva. Nai skup svih realnihbrojeva b koji su u relaciji r sa brojem a= 0 Reenje: Kako vai iskaz ( R skup relanih brojeva) ( aeR)a+a=a+a, to je taan i ( njemu, po definiciji, logiki ekvivalentan)iskaz ( aeR) a r a, to, inae, i znai da je relacija r refleksivna. 47 Sa druge strane, iz tanosti iskaza ( a, beR)a+a=b+b b+b= a+a izlazi tanost ( njemu logiki ekvivalentnog) iskaza ( a, beR) a r b b r a, to i znai da je relacija r simetrina. Najzad, iz tanosti iskaza ( a, b, ceR)( a+a=b+b. b+b=c+c) a+a=c+c, to je posledica svojstva tranzitivnosti relacije = u skupu realnih brojeva, zakljuujemo da vai ( a, b, ceR) (a r b. b r c) a r c, to znai da je relacija r i tranzitivna. Time smo, konano, pokazali da je relacija r jedna relacija ekvivalencije u skupu R ( realnih brojeva). Pri tome, klasa ekvivalencije elementa a (eR) uopte nalazi se po formuli C0={bbeR . a+a=b+b}. Kako je b+b= a+aba+ba=0 ( ba)(b+a+1)=0b=a v b=a1 (a se smatra poznatim realnim brojem), to imamo (uopte) C0={bbeR .( b=a v b=a1)}, odnosno C0={a, a1}. U sluaju a=0, imamo onda C0={1,0}. Prema tome, u relaciji r sa brojem 0 su brojevi -1 i 0, to se moe i neposredno proveriti. ( Zaista, tano je i 0 + 0=0+0 i 0 + 0=- 1 + (-1); s druge strane, vai 0 + 0=b+b ako i samo ako je b(b+1)=0, to je logiki ekvivalentno sa b=1 v b=0, tj. sa be{1,0}.) 3. U skupu N24={1,2,...,23,24} definisana je binarna relacija p:xpy ako i samo ako b rojevi x i y pri deljenju sa 3 daju isti ostatak. Pokazati da je p relacija ekvivalencije i nai klase ekvivalencije. Reenje: Treba prvo pokazati da je binarna relacija p refleksiv- na, simetrina i tranzitivna. Kako je taan iskaz bilo koji brojevi x i x ( iz N24) pri deljenju sa 3 daju isti ostatak, to je taan i ( njemu logiki ekvivalentan) iskaz (xe N24)xpx. To, po definiciji, i znai da je relacija p refleksivna ( na N24). 48 Dalje, iz tanosti iskaza ako bilo koji brojevi x i y (iz N24) pri deljenu sa 3 imaju isti ostatak, onda i brojevi y i x ( izN24) pri deljenju sa 3 imaju isti ostatak, onda je taan i ( njemu logiki ekvivalentan) iskaz (x,ye N24)xpyypx. To, meutim, znai da je relacija p simetrina ( na N24). Konano, primetimo da je taan iskaz ako bilo koji brojevi x i y (iz N24) pri deljenju sa 3 daju isti ostatak i brojevi y i bilo koji broje z(izN24) pri deljenju sa 3 daju isti ostatak, onda i brojevi x i z (iz N24) pri deljenju sa 3 daju isti ostatak. (To sledi iz injenice: ako je ostatak pri deljenju brojeva x i y sa 3 jednak, na primer, r, 0s r Cx=C y), kao i C2 = C1={2,1}. Konano, na osnovu 52 C2 ={y|2y=y4} i 2 y=y4 y+y6=0(y+3)(y2)=0y=3 v y=2, zakljuujemo da vai C2 ={3,2} (=C3 ). v) Kako je xy=yx y+yxx=0, to su elementi skupa (klaseekvivalencije) C x(x je odreen ceo broj, proizvoljno izabran, pa fiksiran) reenja (po y) jednaine y+yxx=0. Ta reenja su, prema zadatku 25, brojevi x1 i x, to se moe dobiti i na sledei nain. Imajui u vidu da je y+y( x+x)=0 y=2) ( 4 1 12x x + + v y=2( 4 1 12x x + + + y=2) 1 2 ( 12+ x v y=2) 1 2 ( 12+ + x y=2| 1 2 | 1 + x v y=2| 1 2 | 1 + + x, zakljuujemo: da u sluaju 2x+10 imamo y+y( x+x)=0y=2)) 1 2 ( 1 + x v y=2)) 1 2 ( 1 + + x, odnosno y+y( x+x)=0 y=x1 v y=x. Tako, u svakom sluaju, imamo C x ={x1,x}. (odatle, na primer, ponovo, imamo C0={1,0}= C1 , C1={2,1}= C2 , C2 ={3,2}= C3 .) Primeujemo da se isto moe dobiti i na osnovu Vijetovih formula: kako je y+y( x+x)=0y+yx(x+ 1)=0, 53 to se trae dve vrednosti za y, y1 iy2, recimo, takve da je y1y2=x(x+1) i y1 + y2=1. To su oigledno (x+1)(=x1) i x. Otuda x1 i x reenje jednaine y+y( x+x)=0. 6. Na skupu A={3,2,,0,1,2,3,4}definisana je relacija ~ : x~y(x=y v x=y). Pokazati da je ~ relacija ekvivalencije (na A) i nai sve klase ekviva- lencije C x u odnosu na ~. Reenje: U zadatku 24 pokazano je da je ~ relacija ekvivalencije naskupu realnih brojeva R (tamo je za oznaku relacije korieno slovo p). Otuda je ~ relacija ekvivalencije na naem skupu A. (Naime: ako vai (x,yeR) x~x, onda vai i (x,eA) x~x; ako vai (x,yeR) x~y y~x, onda vai i (x,yeA) x~y y~x; ako vai (x,y,zeR) (x~y . y~z) x~z, onda vai i (x,y,zeA) (x~y . y~z) x~z.) to se tie klasa ekvivalencije C x, koristei definiciju Cx ={y|yeA . x~y}, imamo C3 ={y|yeA . (3=y v 3=y)}={{y|yeA . (y=3 v y=3)}={3,3}; C2 ={y|yeA . (y=2 v y=2)}={2,2}; C1 ={y|yeA . (y=1 v y=1)}={1,1}; C0={y|yeA . y=0}={0}; C1= C1 (zato to je 1~1); C2 = C2 ; C3=C3 ; 4C = {y|yeA . (y=4 v y=4)}={4}. Tako imamo: 4C ={4}; C3 =C3={3,3};C2 =C2 ={2,2};C1 =C1= {1,1}; C0={0}, kao i A/~={4C , C3 , C2 , C1 , C0}={ C0, C1, C2, C3,4C } i sl. (gde A/~ oznaava tzv. skup-kolinik, tj. skup svih klasa ekvivalencije u odnosu na ~). 7. Na skupu S={1,2,3,..., 29,30} definisana je binarna relacija 54 r: xry ako i samo ako je broj xy deljiv sa 7. Pokazati da je r relacija ekvivalencije na S i nai klase ekvivalencije te relacije. Reenje: Pokazaemo prvo da je relacija r refleksivna, tj. da vai Iskaz (1)(xeS) x r x. kako x r x znai da je broj xx(=0) deljiv sa 7 i kako je broj 0 zaista deljiv sa 7 (kolinik 0 i 7 je ceo broj 0), to je iskaz (1) taan. Dakle, relacija r je refleksivna. Pokazaemo, zatim, da je relacija r simetrina, tj. da vai iskaz (2)(x,yeS) x r y y r x. Ako je x r y , to znai da je broj x y deljiv sa 7, onda je i broj yx deljiv sa 7. (Pri tome, ako je kolinik broja xy i 7 ceo broj k, onda je kolinik broj yx i 7 ceo broj k.) Tada je, jasno, y r x. Prema tome, taan je iiskaz (2), to znai da je relacija r simetrina.Pokazaemo, na kraju, da je relacija r tranzitivna, tj. da vai iskaz (3)(x,y,zeS) (x r y . y r z)x r z. U tom cilju pretpostavimo da vai x r y . y r z. To znai (- k1 k2 eZ) xy=k1 . yz=k2 7. Odatle sledi xz=(xy)+(yz)= k17+k2 7=(k1 +k2)7. Kako je, sa k1 ik2, i k1 +k2 ceo broj, to je tano i x r z. Na taj nain, taan je iskaz (3), to znai da jerelacija r i tranzitivna. Na taj nain, r je relacija ekvivalencije. Sada emo nai sve klase ekvivalencije skupa S u odnosu na relaciju r. Kako je po definiciji, C x ={y| x r y}, to u naem sluaju imamo: 1C ={y| 1 r y}={1, 8, 15, 22, 29}(C8 = C 15=C22 = C29 ); C2 ={y| 2 r y}={2, 9, 16, 23, 30}(=C9=C16 = C23 = C30); C3={y| 3 r y}={3, 10, 17, 24}(=C10=C17 = C24); C4 ={y| 4 r y}={4, 11, 18, 25}(=C11 =C18 =C25); C5={y| 5 r y}={5, 12, 19, 26}(=C12= C19 =C26); C6={y| 6 r y}={6, 13, 20, 27}(=C13 =C20 =C27); 55 C7 ={y| 7 r y}={7, 14, 21, 28}(= C14 =C21=C28); Primeujemo, na primer, da: 8e1C , zato to je 1 8 ( = - 7) deljivo sa 7;2 e C2 zato to je 2-2(=0) deljivo sa 7; 17e C3, zato to 3 17 (= - 14)deljivo sa 7; 18e C4, zato to je 4 18- ( = - 14) deljivo sa 7; 26e C5, zato to je 5 26 ( = - 21) deljivo sa 7; 13e C6, zato to je 6 13 (=-7) deljivo sa 7; 21e C7, zato to je 7-21(= - 14) deljivo sa 7. Inae, napominjemo i: da je 1Csvih onih brojeva izSkoji podeljen sa 7 daju ostatak 1; da je C2 skup onih elemenata iz S koji podeljeni sa 7 daju ostatak 2; ... ; da je C7skup onih elemenata iz S koji podeljeni sa 7 daju ostatak 0 (nula). 8. Kad (binarna) relacija p u skupu A nije relacija ekviva- lencije? Reenje: Iz definicije relacije ekvivalencije, neposredno sledi da (binarna) relacija p nije relacija ekvivalencije ako i samo ako ne ispunjava (bar) jedan od uslova: refleksivnosti, simetrinosti i tranzi- tnosti. To, praktino, znai da je taan bar jedan od iskaza koji su negacije tih svojstava, a to su, redom, iskazi: (-xeA)xp x; (-x, yeA) x p y . yp x; (-x, y, zeA) (x p y . y p z ) .(xp z). Pri tome smo koristili tanost logike ekvivalencije q p p . q, ime se tanost moe lako ustanoviti, kao i da vai ypx y p x, odnosno xpz x p z. Pri tome je p=(A A)\ p. 9. Nai sve binarne relacije skupa S ={a, b}. Koje od tih relacija su funkcije. 56 Reenje: Kao to je poznato, p je binarna relacija u nekom skupu Sako je p podskup direktnog (Dekartovog) kvadrata S (=SS). U naem sluaju, imamo S={, , , }. Prema tome, binarne relacije u naem skupu S su svi sledei (pod)skupovi: p0=C, p1={}, p2 ={},p3={}, p4 ={}, p5={, }, p6={,}, p7 ={, }, p8={,}, p9={,}, p10={, }, p11={,,}, p12={,,}, p13={,,},p14={,,}, p15={,,,} (=S) Binarne relacije p0, p1, p2, p3, p4, p5, p10 nisu funkcije ve zbog toga to se njihovi skupovi definisanosti ne podudaraju sa skupom S. Lako se, naime, vidi da je D p0=C(cS), D p1 =D p5={a}(cS) i D p3=D p4=D p10={b}(cS) Binarne relacije p6, p7, p8 ip9su funkcije, zato to je D p6 =D p7= D p8 =D p9={a,b}(=S) i to ne sadre parove sa jednakim prvim i razliitim drugim kompo- nentama. Binarfne relacije p11, p12, p13, p14 ip15, uprkos tome to je D p11 =D p12 =D p13 =D p14 =D p15 ={a,b}(=S) nisu funkcije, zato to sadre parove sa jednakim prvim i razliitim drugim komponentama. (Tako, na primer, binarne relacije p11, p12 i p15 sadre parove i , a relacije p13, p14 sadre parove i ; iste parove sadri i relacija p15, ali je ona diskvalifikovana ve zbog toga to sadri parove i .) 10.Ispitati da li je p={,,,,,,} relacija ekvivalencije u skupu A={1,2,3}. 57 Reenje: Kako je p (pravi, ali to nije bitno) podskup od A(=AA)={,,,,,,,,}, to p jeste binarna relacija u A. Iz toga to je tano 1p1 (zbog ep), 2p2 i 3p3, sledi da vai (xeA) x p x. Otuda je relacija p refleksivna. Na osnovu toga to je tano 1p2.2p1 i 2p3 . 3p2, izlazi da jetano 1p22p1 i 2p33p2. Odatle sledi da vai i iskaz (x,y eA) xpyypx, to znai da je relacija p i simetrina. Imajui u vidu da x p x . x p z > x p zix p y . y p y > x p y, to emo pri ispitivanju tranzitivnosti relacije p posmatrati samo konjunkcije x p y . y p zkod kojih je x=y i y=y. Tako imamo: da je tano (1p2 . 2p1) 1p1, ali i da je (1p2 . 2p3) 1p3 netano (zato to je 1p2 . 2p3 tano i 1p3 nije tano). Na osnovu toga, iskaz (x,y,zeA) (x p y . y p z) x p z nije taan, pa relacija p nije i tranzitivna. Otuda p nije relacija ekvivalencije u A. 58 GLAVA IV 59 4.FUNKCIJE (PRESLIKAVANJA) 4.1.Preslikavanje(ilifunkcija)fskupaXuskupYjestesvakipodskupskupaXYtakavdase svako xX pojavljuje tano jedanput kao prva komponenta u elementima tog podskupa. Dakle, skup prvih komponenti parova iz f je X i vai implikacija (x,y) f (x,z) f y = z. Ako f preslikava X u Y, onda piemo Y X f : iliY Xf . Skup X naziva se domen preslikavanja (ili oblast definisanosti funkcije). Skup Y naziva se kodomen (ili antidomen) preslikavanja. Ako (x,y) f pie se f(x)=yilif : x y. Prvakomponentaxnazivaseoriginal(iliargument),adrugakomponentaynazvaseslika elementa x (ili vrednost funkcije u (taki) x). Skupsvihslikapreslikavanjafoznaavamosaf(X).Uopte,akojeAX,ondaf(A)oznaava skup svih slika f(x) elemenata xA, tj. f(A) = {f(x) xA}. Posebno, uvek je f()=. Ako se skup f(X) sastoji samo od jednog elementa, preslikavanje f naziva se konstanta. Preslikavanjef:XX,definisanosaf(x)=xzasvakoxX,nazivaseidentinopreslikavanje skupa X.Pored termina funkcija (preslikavanje) koristimo i izraze operator ili transformacija (pogotovu ako jeX=Y);oviseizrazikoristeobinokaoniXniYnisuskupovibrojeva.AkosuXiYskupovi brojeva, govorimo o numerikoj funkciji, a ako je samo Y skup brojeva o fuunkcioneli. Najzad, ako je X skup prirodnih brojeva N, funkciju f : N Y zovemo niz taaka (u Y) i oznaavamo sa f(n) ili fn (n= 1,2,...). Najee emo za niz pisati jednostavno (fn ). Dva preslikavanja f i g su jednaka ako i samo ako imaju isti domen i ako je f(x) = g(x) za svako x iz domena. Neka f : X Y. Kaemo da je f : 60 1) surjekcija (ili preslikavanje na) ako je f(X) = Y; 2) injekcija ako f(x1 )=f(x2) povlai x1=x2 za svako x1, x2 X; 3) bijekcija (ili obratno jednoznano preslikavanje) ako je surjekcija i injekcija. Bijekcija skupa na samog sebe naziva se i permutacija. Za funkciju g : X Y kaemo da je restrikcija (ili suenje) funkcijef : X Y na skup X, u oznaci g = fX, odnosno da je f ekstenzija (ili proirenje) funkcije g na skup X, ako je X X , Y Xig(x) = f(x)za svakox X. Teorema 2. Nekaf : X Y i neka su A,B X. Tada vai: 1)ABf(A) f(B); 2) f(AB)=f(A) f(B); 3) f(AB)f(A) f(B). Dokaz 1) Ovo je jasno. Dokaz 2) Ako yf(AB), onda je y=f(x) za neko x iz A ili iz B. Znai, y pripada ili u f(A) ili u f(B), te pripada i u f(A) f(B). Obrnuto, ako yf(A) f(B), onda y pripada ili u f(A) ili u f(B). Znai, postoji neko x koje pripada bar jednom od skupova A i B, takvo da je y= f(x). Dakle, yf(AB). Dokaz3)Izyf(AB)sledidapostojixABtakvodajey=f(x).Meutim,kakoondaxAxB znai da yf(A) i yf(B), te y f(A) f(B). Neka f : XY. Inverzna slika skupa AY jeste skup f -1 (A) X, odreen sa f -1 (A)={xX f(x) A}. Specijalno, ako je A={y}, onda je f -1(y)= {xX y=f(x)}. Inverzna slika nekog elementa moe biti i prazan skup; to je u sluaju kada yf(X). Oigledno vai f -1 (A)= { f -1(y) y A}. Torema 3. Neka f : X Yi neka su A, B Y. Tada vai: 1) AB f -1 (A) f -1 (B); 61 2)f -1 (AB)=f -1 (A) f -1 (B); 3)f -1 (AB)=f -1 (A) f -1 (B); 4) f -1 (Y \ B)=f -1 X \ f -1 (B). Dokaz 1) Ovo je jasno. Dokaz 2) Ako x f -1 (AB), onda f(x) AB, odnosno f(x) pripada bar jednom od skupova A i B. Dakle, x je element bar jednog od skupova f -1 (A) i f -1 (B), pa time i njihove unije f -1 (A) f -1 (B). Obrnuto, ako x f -1 (A) f -1 (B), pripadae bar jednom od skupova f -1 (A) i f -1 (B). Znai, bar u jednom od skupova A i B postoji neko y takvo da je x= f -1 (y), a tadax f -1 (AB). Dokaz 3) Ovaj dokaz je formalno isti kao Dokaz 2), ako svuda unije zamenimo presekom, a izraz bar jedan izrazom i jedan i drugi. Dokaz 4) ako x f -1 (Y \ B) onda je y = f(x) za neko y Y \ B. Ali tada yB, pa x f -1 (B); dakle, xX \ f -1 (B). Obrnuto, ako xX \ f -1 (B), tada xf -1(B) pa u B nema elemenata y za koje bi vailo y =f(x). Kako f preslikava X u Y, to u Y \ X mora postojati y takvo a je y=f(x), to znai da x f -1 (Y \ B). Neka f : X X i g : X Z. Pod proizvodom preslikavanjaf i g podrazumevamo preslikavanje h : XZ odreeno sa x g[f (x)]; pisaemo h=g f. Ako je AX, onda je (g f)(A) = g [f(A)]. Ako je, pak, CZ, onda je (g f) -1 (C) = f -1 |g-1 (C)|. U optem sluaju je f |f -1 (B)| = B f (X)za svakoBYi f -1 |f (A)| Aza svakoAX. Ako je f surjekcija, onda je (4)f |f -1 (B)| = B, a ako je injekcija, vai (5)f -1 |f (A)| = A. 62 Sako kada je fbijekcija vae istovremeno (4) i (5). U tom sluaju funkcija f : X Yima inverznu funkcijuf -1 koja preslikava Y na X. Prema (1) i (2), preslikavanje f -1 je takoe bijekcija. Navodimo sada neke funkcije sa kojima se najee susreemo: Realna funkcija jednog realnog argumenta jeste preslikavanje iz D R u R.(Na primer y= x + sin x.) Relana funkcija vie realnih argumenata jeste preslikavanje iz D R u R. (Na primer u = x1 + 2y1 + exp (z + 1).) Linearan operator jeste specijalan operator iz vektorskog prostora U u vektorski prostor V. Neka je V vektorski prostor nad poljem p. Linearna funkcionela jeste specijalna funkcionela iz V u p. Oznaimo sa Fm skup svih realnih funkcija m realnih argumenata, tj.Fm = {f f: D R, D Rm}. Vektorska funkcija m realnih argumenata jeste preslikavanje iz D Rm u skup nmF . Specijalno, vektorska funkcija jednog realnog argumenta jeste preslikavanje izDR u skup nF1. Najeejejednafunkcijadatasvojimanalitikimizrazom,tj.analitiki.Kaemodajefunkcijaf data analitiki ako je data formula pomou koje se moe odrediti vrednost funkcije f za svako x iz njene oblasti definisanosti D. Jednim analitiim izrazom mogu biti definisane razliite funkcije, i one se razlikuju po domenima. Sadrugestrane,jednafunkcijamoebitidefinisanakonanimskupomanalitikihizraza.Na primer, f(x) = fi (x) za x D, (i= 1,2,...n), gdoe je Di Dj = (i j) i D= n1 Di . Posmatrajmo sada funkcije f i g, odreene sa (6)t x = f(t), t y = g(t),t DR. Ako za funkciju tx=f(t) postoji inverzna funkcija x f -1 (x) = t, onda imamo y=g(f -1 (x)). To znai da skup funkcija (6) definie y kao funciju od x, tj. (6)y = F(x) = g(f(x)). AkojefunkcijaxF(x)=ydatasistemomfunkcija(6),kaesedajedatauparametarskom obliku. Argument t naziva se parametar, a postupak prelaza sa parametarskog oblika na oblik (6) naziva se eliminacija parametra. Obrnuti postupak, tj. prelaz sa oblika (6) na parametarski oblik naziva se parametrizacija funkcije. Primer. Pokazati da parametarske jednaine 63 x=acos t,y= bsin t,t |0,2t| odreuju elipsu. Reenje. Za t|0, t| imamo axt arccos = i 221 arccos sinaxbaxb y =|.|

\| = , a za t |0,2t| axt arccos 2 = t i 221 arccos sinaxbaxb y =|.|

\| = . To znai da je 221axb y = odnosno12222= +byax. 4.2.REENI ZADACI 1.Ispitati da li je p={,,,,,,} relacija ekvivalencije u skupu A={1,2,3}. Reenje: Kako je p (pravi, ali to nije bitno) podskup od A(=AA)={,,,,,,,,}, to p jeste binarna relacija u A. Iz toga to je tano 1p1 (zbog ep), 2p2 i 3p3, sledi da vai (xeA) x p x. Otuda je relacija p refleksivna. Na osnovu toga to je tano 1p2.2p1 i 2p3 . 3p2, izlazi da jetano 1p22p1 i 2p33p2. Odatle sledi da vai i iskaz (x,y eA) xpyypx, to znai da je relacija p i simetrina. Imajui u vidu da x p x . x p z > x p zix p y . y p y > x p y, to emo pri ispitivanju tranzitivnosti relacije p posmatrati samo konjunkcije x p y . y p zkod kojih je x=y i y=y. Tako imamo: da je tano 64 (1p2 . 2p1) 1p1, ali i da je (1p2 . 2p3) 1p3 netano (zato to je 1p2 . 2p3 tano i 1p3 nije tano). Na osnovu toga, iskaz (x,y,zeA) (x p y . y p z) x p z nije taan, pa relacija p nije i tranzitivna. Otuda p nije relacija ekvivalencije u A. 2.Dokazati da je funkcija f(x)=x, D f=R+0bijekcija skupa R0 na samoga sebe. Reenje: Po definiciji, funkcija f : A B je bijekcija ako je Istovremeno i injekcija (tj. tipa 1-1), to znai da je taan iskaz (A= D f ): (1) (x1,x2 e D f ) x1= x2 f( x1)=f( x2 ), i sirjekcija ( tj. tipa na), to znai da je V f =B. Pri tome, V f ={y|yeB . (-xe D f ) f(x)=y} Oznaava skup vrednosti funkcije f . Primeujemo, takoe, da je uslov (1) logiki ekvivalentan uslovu (2)(x1,x2 e D f ) f( x1)=f( x2 ) x1= x2. U naem sluaju, imamo (A=) D f = R+0 =|0,+) (=B). Pokazaemo, najpre, da je naa funkcija f jedna injekcija. U tomCilju pretpostavimo da je x1,x2 e R+0 i da je f( x1)=f( x2 ), to znai da je x1=x2. Tada je x1x2=0, odnosno (x1x2 )( x1+x2 )=0. Odatle zakljuujemo da vai x1=x2 v x1=x2. Kako x1,x2 e R+0 . x1=x2znai isto to i x1>0 . x2 >0. x1+x2 =0, to i odatle sledi x1=x2 (=0). Prema tome, vai logika impli- kacija (x1,x2 e R+0 . x1=x2) >x1=x2. Taan je, dakle, iskaz (2), pa je time taan iskaz (1), to i znai da je naa funkcija f jedna injekcija. Kako je, po definiciji, V f ={y|yeB . (-xe D f ) f(x)=y}, i kako to da je funkcija f sirjekcija, kao to smo ve rekli, unai V f =B, to je, jednostavnije reeno, funkcija f sirjekcija ako i samo ako za svako y0eB jednaina (po nepoznatoj x) f(x)= y0 ima reenje x=x0 koje pripada skupu D f (=A). 65 U naem sluaju, to znai da treba pokazati da za svako y0e|0,+) (= R+0 ) postoji x0e|0,+) tako da je x0= y0. Kako je, za y0e|0,+), x= y0 x=0yv x=0yi kako tada x=0y (= x0)e|0,+), to za nau funkciju f vai V f =B(= R+0 ). To znai da je funkcija f sirjekcija, pa je (jer je ve injekcija) time i bijekcija. Primeujemo da tanost iskaza da je f injekcija sledi i iz injenicedajefunkcijafstrogorastua,tojeistaknutoinanjenom grafiku (v.sl.), kao i da tanost iskaza da je f sirjekcija sledi iz injenice da je f neprekidna funkcija (u taki x=0 re je o neprekidnosti samo sa desne strane), da je f(0)=0 i da je lim f(x)=+(zbog ega funk- + x

cija uzima svaku vrednost u |0,+)). 3. Nai jednu bijekciju koja interval |2,3| preslikava na iInterval |5,3|. Reenje: Oznaimo sa p pravu koja prolazi kroz take A (2,5 i B (3,3). Njena jednaina je y(5)=) 2 ( 3) 5 ( 33 (x(2)), to se svodi na jednainu y= .5958 xPokazaemo da je funkcija f : y= ,5958 x xe|2,3| bijekcijaintervala|2,3| na interval |5,3| (v. sl.), to znai da za 1x , 2x e|2,3|1x = 2xpovlaif (1x )=f(2x ), kao i da za svako ye|5,3| postoji xe|2,3| tako da je f(x)=y (v. sl.). 66 No, prethodno pokazaemo da f zaista preslikava interval |2,3| u interval |5,3|, tj. da iz xe|2,3| sledi y=f (x)= ,5958 x xe|5,3|. To, inae, sledi iz niza logikih ekviva- lencija xe|2,3|2s xs 3 16s 8x s 24 52458516s s x 59524595859516 s s x5s y= 35958s x y= e 5958x |5,3|. Pretpostavimo, sada, da 1x , 2x e|2,3| i da je 1x =2xi pokaimo da odatle sledi y1=f (1x )= f (2x )= y2. U tom cilju, pretpostavimo da vai suprot- no, tj. da je (f (1x )=) )). ( (595859582 2 1x f x x = = Odakle se dobija 2 15858x x = , a onda 1x=2x , to je, meutim, u kontradikciji sa 1x=2x . Prema tome, taan je iskaz (1x , 2x e|2,3|1x =2x f (1x )= f( 2x ), to, po definiciji, znai da je funkcija f jedna injekcija ( tj. da je tipa 11). Ostaje da pokaemo da je funkcija f i sirjekcija. U tom cilju pretpostavimo da je ye|5,3| i primetimo da iz niza ekvivalencija y=5958 x 5y= 8x9 5y+9= 8x x y = +8985 sledi y=5958 x x8985+ yKako vai i niz ekvivalencija ye[5,3]5s y s 3 838 85s s y 67 81585825s s y89815898589825+ s + = s + y x2s x= 38985s + y e = + x y8985[2,3], to zakljuujemo da za svako ye[5,3]postoji xe[2,3], i o je vrednost (x=)8985+ y , takvo da je f(x)=y. (Da je f(x)=y moemo se uveriti i neposred- nim izraunavanjem: f(x)=f(8985+ y )=58(8985+ y ) - 59=y +,5959y = to znai da je f preslikav anje tipa na tj. da je f sirjektivno presli- kavanje. S obzirom da je f i injektivno preslikavanje, zakljuujemo da je f jedno bijektivno preslikavanje intervala [5,3]. 4. Pokazati da su skupovi S1={x|xeR . 0 < x< 1} i S2 ={x|xeR . - 1 < x< 1} iste moi (tj. ekvivalentni). Reenje: Predstavimo skup S1 na x-osi, to je interval (0,1), a skup S2- na y-osi, re je o intervalu (-1,1) (v.sl.). Kroz take A (0,-1) i B(1,1) povucimo pravu p. Kroz taku x iz intervala S1 povucimo pravu q paralelnu y-osi i kroz taku M njenog preseka sa pravom p pravu s paralelnu x-osi. Taku preseka prave s sa ordinatnom osom oznaimo sa y. Tada taka y pripada intervalu S2. Time je, dakle, definisano presli- 68 kavanje f skupa S1 u skup S2(v.sl.). Iz konstrukcije je jasno da za razliite take 1xi 2xiz S1imamo razliite slike y1 =f (1x )y2=f(2x ) u S2, to znai da je preslikavanje f (skupa S1 u skup S2) injekcija (tj. tipa 1-1). Uzimajui pravo y u skupu S2 i izvodei konstrukciju obrnutim redosledom, pokazuje se da tada postoji x u skupu S1 ija je slika ba y, tj. da je y=f(x). To znai da jef i preslikavanje tipa na tj. da je f i sirjekcija (skupa S1 na skup S2). Na osnovu toga zakluujemo da je f jedna bijekcija skupa S1 na skup S2, a to, po definiciji, i znai da su skupovi S1 i S2 ekvivalentni, tj. da su iste moi. Primeujemo da bijektivnost preslikavanja f moemo i stroije, analitiki ustanoviti, kao to smo to uinili u prethodnom zadatku. Uovom sluaju dobijamo funkciju y=2x-1, xe(0,1), za koju se moe pokazati da je bijekcija skupova S1 i S2. Detalji izraunavanja ostavljamo itaocu. Primeujemo, takoe, da smo i zadatak 35 mogli reiti geometrijskim postupkom, tj. povlaei prave paralelne apscisnoj i orginatnoj osi i registrujui take preseka sa dui AB, odnosno sadrugom osom. I ove detalje ostavljamo itaocu. 5. Pokazati tanost iskaza: Ako je f bijekcija skupova A i B i g bijekcija skupova B i C, onda je h=gf bijekcija skupova A i C i vai h1 =( gf) 1 = f1 g1 . Reenje: Treba, dakle, pokazati da je, sa f i g, i h=gf i injek- cija i sirjekcija (v.sl.). Primetimo, najpre, da iz 1x , 2x eA i 1x= 2x sledi 69 f (1x ), f(2x )eB i f (1x )= f(2x ) (zato to je f injekcija). Odatle, pak, sledi g(f (1x ))=(g f)( 1x )=( g f)( 2x )= g(f (2x )), zato to je i g injekcija. Otuda je taan iskaz (1x ,2x eA) 1x= 2x h (1x )=(g f)( 1x )=(g f)( 2x )=h(2x ), to po definiciji, i znai da je funkcija h= g f injekcija. Funkcija h= g f inae preslikava skup A u skup C, zbog xeA> f(x)eB > g (f(x))=(g f)(x)=h(x)eC. U cilju dokaza da je h= g f i sirjekcija, uzmimo proizvoljno zeC i primetimo da tada (-yeB) g(y)=z (zato to je funkcija g sirjekcija skupa B na C). Tada (zato to je f sirjekcija skupa A na skup B) vai (-xeA) f(x)=y. Tada imamo z=g(y)=g(f(x))=(gf)(x)=h(x). Otuda je taan i iskaz (zeC)(-xeA)h(x)=(gf)(x)=g(f(x))=z. To upravo i znai da je funkcija gf=h sirjekcija. Na taj nain, funkcija gf=h je i injekcija i sirjekcija, pa je ona i bijekcija (skupova A i C). U cilju dokaza tanosti jednakosti h1 =(gf) 1 =f1 g1 , uzmimo 70 proizvoljno zeC i naimo xeA tako da je (gf)(x)=z, odnosno x=(gf) 1 (z). Tada iz niza logikih ekvivalencija x=(gf) 1 (z) z=(gf) (x)=g(f(x))f(x)f(x)=g1 (z) x=f1 (g1 (z)x=(f1 g 1 )(z) sledi da vai iskaz (zeC)(gf) 1 (z)=(f 1 g1 )(z). Odatle onda izlazi anost posmatrane jednakosti funkcija: (gf) 1 =( f 1 g1 (v.sl.). 6. Zapisati skupove A i A (=AA) navoenjem svih njihovih elemenata i definisati jednu refleksivnu i simetrinu relaciju u skupu A, ako je A={x,xeN . x,10}. Reenje: Od elemenata skupa prirodnih brojeva N={1,2,3,...}, delioci broja 10 su 1,2,5,10, i samo oni. Prema tome, imamo A={1,2,5,10}. Odatle sledi A={,,,,,,,, ,,,,,,,}. Po definiciji, p je relacija u skupu A ako i samo ako je p_A, a relacija p (u A) je refleksivna ako i samo ako ispunjava uslov (xeA) x p x. (Pri tome, x p yznai ep.) Otuda, relacija p je refleksivna ako i samo ako psadri skup e={,xeA}. U naem sluaju, relacija p je refleksivna ako i samo ako p sadri skup e={,,,}. Po definiciji, relacija p (u A) je simetrina ako i samo ako ispunjava uslov (x,yeA) x p y y p x. 71 To praktino znai da je relacija p simetrina ako i samo ako sa svakim svojim elementom sadri i simetrian elemenat . Na osnovu prethodnog, zakljuujemo da je p={,,,,,,,,,} jedan primer refleksivne i simetrine relacija u skupu A={1,2,5,10}. 72 GLAVA V 73 5.1. ALGEBARSKE STRUKTURE Preslikavanjeskupa X u Y jeste svaki podskup f skupa X Y koji zadovoljava uslov (x X)(!y Y)(x,y) f. Binarna operacija u skupu G jeste svako preslikavanje f skupa G Gu skup G. Ureeni par (G, f ) nazivamo grupoid. Slika f (x, y) najee se pie u obliku proizvoda, tj. (x, y) xy, ili zbira, tj. (x, y) x + y. Kaemo da (G,.) multiplikativan, a (G, +) aditivan grupoid. (Naravno, mogu se koristiti i druge oznake; na primer, xy, x y, xy,...). Najee se koristi multiplikativna oznaka i grupoid (G,.) jednostavno se oznaava sa G. Za elemente x, y grupoida G kaemo da su komutativni, ako vai xy = yx. Grupoid u kome su svaka dva elementa komutativna naziva se komutativan (ili Abelov) grupoid. Za grupoid G kaemo da je polugrupa ako (x, y, z G)x(yz) = (xy)z. (Akoje(G,f)komutativangrupoidilipolugrupa,kaemoidajefkomutativna,odnosno asocijativna, operacija.) Element e G je jedinica (ili neutralni element) grupoida G ako (x G)ex = xe = x. U grupoidu postoji najvie jedna jedinica. Polugrupa sa jedinicom naziva se monoid. Za element a grupoida G kaemo da je skrativ ako 74 ax = ay xa = ya x = y. Grupoid u kome je svaki element skrativ naziva se grupoid sa skraivanjem. Element x grupoida G, sa jedinicom e, naziva se inverzibilan ako postoji yG takav da vai xy = yx = e. Pritomejeyinverzanelementzax.Umonoidusvakielementimanajviejedaninverzni element. Inverzni element elementa x u monoidu G oznaavamo sa x -1 . Neka su x i y inverzibilni u monoidu G. Tada su x -1i xy takoe inverzibilni u G i vai: (x -1) -1 = xi(xy) -1 = y-1 x-1 . Ako je svaki element monoida G inverzibilan u G kaemo da je G grupa. Svaka grupa je grupoid sa skraivanjem. Primer. (N, +) i (N, ) su polugrupe, ali ne i grupe. (Z, +) je grupa, (Q+ , ) je grupa, ali (Q, ) nije. (R, +) i (C, +) su grupe, a (R, ) i (C, ) to nisu. Zapolugrupuiligrupukaemodajekomutativna(iliAbelova)akojekomutativnakaogrupoid. Operacija komutativne grupe obino se oznaava aditivno. U ovom sluaju jedinica se oznaava sa 0 i naziva nula grupe. Inverzni element za x oznaava se xi naziva suprotni element za x. Umesto x +(- y) obino se pie x y (razlika). Za skup R sa dve binarne operacije + i , u oznaci (R, +,), kaemo da je prsten ako vai: 1) (R, +) je komutativna grupa; 2) (R,) je polugrupa 3) (a,b,c R)a(b + c) = ab + ac, (a + b)c = ac + bc. Za (R, +) kaemo da je aditivna grupa, a za (R,) da je multiplikativna polugrupa prstena. Umesto (R, +,) obion piemo samo R. Ako je (R,) komutativna polugrupa kaemo da je R komutativan prsten. NeutralnielementaditivnegrupeprstenaRoznaavamosa0inazivamonulaprstena.Ako multiplikativna polugrupa prstena R ima jedinicu e, onda se e naziva jedinica prstena. 75 Prstensajedinicom,ukomejesvakinenulaelementinverzabilan,nazivasetelo.Komutativno telo naziva se polje. Znai, u telu je multiplikativna polugrupa (R \ {0},) grupa. Neka je (V, +) komutativna grupa i K polje brojeva. Ako je definisano preslikavanje (, a) a iz KV u V sa osobinama: (x + y) = x + y,( + )x = x + x, ( x) = ()x,1 x = x, za svako , , K i x, y V, onda V nazivamovektorski ili linearan prostor nad poljem K. ElementeskupaVnazivamovektoriioznaavamoihmalinlatinskimslovima.ElementepoljaK nazivamovektorii oznaavamo ih malim latinskim slovima. (Nulu ijedinicu poljaKoznaavamo redomsa0i1,kaotojeuobiajeno.)Operacija+:V2Vnazivamosabiranjevektora,a operaciju koja preslikava K V u V zovemo mnoenje vektora skalarom. Neutralnielementgrupe(V,+)nazivamonulavektorskogprostoraV(ilinula-vektor)i oznaavamo sa 0. Svaki vektor x Y ima suprotni vektor x i vai x + (- x) = 0. 5.2.Algebarske strukture. Rezime. Ureena(n+1)-torka(G,o1,...on)skupaioperacijadefinisanihnanjemujealgebarska struktura. Ako je na skupu G definisana interna binarna operacija , onda se kae da je time data strukturagrupoida(G,).Akojeoperacijakomutativnagrupoidjekomutativan.Asocijativan grupoidsezoveisemigrupailipolugrupa.Kvazigrupajegrupoidukomejejednoznanoreiva svaka linearna jednaina a x = b, y a = b, tj. (a, b G)( 1 x, y G)a x = b, ya = b. Ako (e1 G)(x G) e1 x = x, onda je e1 levi neutralni (jedinini, nulti) element; a ako (ed G)(xE)xe1=x,ondajeeddesnineutralnielement.Levoidesnoneutralnielementje neutralni element. Ako za element a G grupoida s neutralnim elementom postoji elementaG takavdajeaa=e,ondajealeviinverzni(suprotni,simetrini)elementoda,tj.ajelevo invertibilan ili regularan. Algebarska struktura (G, ) je grupa ako vae sledee osobine (aksiome): G1. internost (zatvorenost): (a,b G) (1c G) ab=c G2. asocijativnost: (a,b,c G) (ab)c = a(bc) G3. egzistencija neutralnog elementa: (e G) (a G) ea = ae =a G4. inverzni element datog elementa: (a G) (a G) aa = a a=e. Za inverz se koriste i oznake a-1 i a . Abelova grupa je komutativna grupa (a,b) ab = ba. 76 Algebarska struktura (G, , ) sa dve binarne operacije je prsten ako I(G, ) je Abelova grupa II(G,) je semigrupa (a,b,c G) a(b c)=(a b) (a c) D.(b c) a=(b a) (c a) (leva i desna distributivnost operacije prema ). Telojeprstenkodkogaje(G\{0},)grupa,0=eojenutralnielementzaoperaciju.Poljeje komutativno telo. Neka su (G,) i (S, ) grupoidi i f : G S preslikavanje. Ako vai (x,y G) f (x y) = f (x) f (y) kaesedasugrupoidi(G,)i(S,)homomorfniidajepreslikavanjefhomomorfizam.Akoje G=S,ondajefautomorifizam.Akojefbijekcijaondajefizomorfizam.Izomorfnigrupoidi,datii nadrazliitimskupovima,imajuistualgebarskustrukturu.Podstrukturaalgebarskestruktureje definisana na podskupu skupa G. Ako neko svojstvo koje vai na strukturi, vai i na podstrukturi, kae se da je ono hereditarno ili nasledno. 5.3.REENI ZADACI 1.Na skupu realnih brojeva R, definisana je binarna operacija

def -: a-b = aab+b. a) Nai a-a i (a-a)-a. b) Pokazati da za svako aeR vai a- (1a)=(1a)-a. Reenje: a)Po definiciji operacije -, imamo a-a=aa a+a=a, pa je a-a=a. Odatle sledi (a-a)-a=a-a=a, pa je (a-a)-a=a. Tako su tani iskazi: (aeR)a-a=a;(aeR)(a-a)-a=a. b) Neka je a proizvoljan broj iz R. Tada imamo: a-(1a)=aa(1a)+1a=aa+a+1a=2a2a+1; 77 (1a)-a=(1a)(1a)a+a=12a+aa+a+a=2a2a+1. Otuda vai iskaz (1) (aeR)a-(1a)=(1a)-a(=2a2a+1). Primeujemo, na osnovu tanosti poslednjeg iskaza, da za pro- izvoljno aeRib=1a vai komutativnost: a-b=b-a. Jasno je da poslednja jednakost vai i u sluaju proizvoljnog aeR i b=a. itaocu preporuu- jemo da ustanovi da je tano i obrnuto, tj. da vai a-b=b-a > b=av b=1a(aeR je proizvoljno). 2.Dati su skupovi: A={x,xeZ . (-keZ) x=3k}, B= { x,xeZ . (-keZ) x=3k+1}, C={ x,xeZ . (-keZ) x=3k1} ineka su + i operacije sabiranja i mnoenja celih brojeva. 1Da li je + unutranja binarna operacija na skupu A? A na skupu B? Na skupu C? 2Da li je unutranja binarna operacija na skupu A? A na skupuB?Na skupu C? Obrazloi odgovore. Reenje: 1 Oigledno, A je skup celih brojeva deljivih sa 3. Ako xeA i yeA, postoje celi brojevi k i l tako da je x=3k i y=3 l. Odatle je x+y=3 (k+l). Kako je, sa k i l, i k+l ceo broj, to i broj x+y pripada skupu A. Prema tome, + je unutranja binarna operacija na skupu A. (Da su + i binarne operacije, tj. operacije duine 2, sledi iz toga to se one primenjuju na 2 elementa posmatranih skupova.) to se tie skupa B, pokazaemo da binarna operacija + na njemu nije unutranja. Naime, ako je x,yeB, postoje celi brojevi k i l tako da je x=3k+1 i y=3l +1. Odatle je x+y=3(k+ l)+2=3 (k+ l +1)1. Kako je, sa k i l, i k + l +1 ceo broj, to je x+y element skupa C. (Inae, skupovi B i C nemaju zajednikih elemenata, tj. disjunktni su.) 78 Na slian nain se pokazuje da x,yeC povlai x+yeB, tako da opera- cija + nije unutranja ni na skupu C. Detalje postupka ostavljamo itaocu, uz napomenu da se izraz 3(k+ l)2 moe zapisati i u obliku 3(k+ l1)+1. 2 ako x,yeA, onda je x=3k i y=3 l, gde k l eZ. (Z oznaava skup celih brojeva {...,3,2,1,0,1,2,3,...}.) Tada imamo x y=9kl=3(3kl ). Kako je, sa k i l, i 3kl ceo broj, to x yeA. Na taj nain, sa x i y, i x y je element skupa A, to znai da je operacija unutranja binarna operacija na skupu A. Neka, sada, x,yeB. Tada je x=3k+1iy=3 l+1, gde k, l eZ. Odatle je x y=9k l + 3k + 3 l + 1=3( 3 k l+k + l)+1. Koliko je, sa k i l, i 3 k l + k+l ceo broj, to je x yeB. Na taj nain, je unutranja binarna operacija na B. Konano, pretpostavimo da je x,yeC. Tada je x=3 k1 i y= 3 l1, gde je k,leZ. Odatle sledi x y=9 k l 3 k3 l +1=3(3k lkl)+ 1. Kako je, sa ki l, i 3k l kl ceo broj, to x yeB.Otuda,nije unutranjabinarna operacija na skupu C. 3.Ako je x-y=xy+x1 (x,yeR), ispitati da li je komuta- tivni grupoid i nai reenja jednaine x-(x1)=0. Reenje: Neka je x,yeR. Tada je xy=x yeR (zato to je grupoid). Kako je i 1 eR, to je i x1=x+(1)eR (zato to je grupoid i 1eR). Otuda je i x-y=xy+x1=zeR. Tako, taan je iskaz (x,yeR) x-y=zeR, to znai da je - unutranja binarna operacija na R, tj. da je grupoid. Iz y-x=yx+y1=xy+y1, nasluujemo da operacija - nije komuta- tivna, tj. da nije taan iskaz (x,yeR)x-y=y-x. Zaista, iz x-y=y-x xy+x1=xy+y1 x=y, zakljuujemo da jednakost x-y=y-x vai samo u sluaju x=y. (Tako, na primer, i bez izraunavanja, znamo da je: 1-2=2-1, zato to je 1=2; 0-1=1-0, zato to je 0=1; itd.) Otuda, nije komutativni grupoid, ve samo grupoid. 79 Na kraju, iz x-(x1)=x(x1)+x1=xx+x1=x1, sledi da jex-(x1)=0 x1=0 x=1 x=1 v x=1. Otuda je {1,1} skup (svih) reenja jednaine x-(x1)=0. 4.Neka je uskupu celih brojeva Z definisana binarna operacija : x y=xy+xy(x,yeZ). Ispitati da li ima strukturu polugrupe. Ako nema, naik kad vai (xy)z=x(yz). Reenje:Kako su, sa x i y, i xy i xy, pa i xy=xy+xy=z, celi brojevi (zato to su i grupoidi), to je operacija unutranja na Z, tj. je grupoid. Iz (xy)z=(xy+xy)z=(xy+xy)z+xy+xyz=xyz+xy+xzyz+xyz i x(yz)=x(yz+yz)=x(yz+yz)+x(yz+yz)=xyz+xyxzyz+xy+z, nasluujemo da operacija nije asocijativna, tj. da nije taan iskaz (1)(x,y,zeZ)(xy)z=x(yz). I zaista, iz (3 2) 1=(3 2+32) 1=7 1=7 1+71 =13 i 3 ( 2 1)=3 ( 2 1+21)=33= 3 3+33=9 sledi da je 13=(32 ) 1 = 3 (2 1)= 9, a odatle da iskaz (1) nije taan. Otuda nije polugrupa, ve samo grupoid. Inae, jednakost (xy)z=x(yz), 80 tj.xyz+xy+xzyz+xyz=xyz+xyxzyz+xy+z, ekvivalentna je sa 2xz2z=0 Iz 2xz2z=0 2z(x1)=0 z(x1)=0 z=0 v x1=0 z=0 v x=1 x=1 v z=0 sledi da je 2xz2z=0 x=1 v z=0. Odatle zakljuujemo da jednakost (xy)z=x(yz) vai ako i samo ako je x=1 v z=0. itaocu preporuujemo da, neposrednim izraunava- njem izraza (1y)z i 1(yz), kao i (xy)0 i x(y0), pokae tanost iskaza: (y,zeZ) (1y)z=1(yz); (x,yeZ) (xy)0=x(y0). 5.Neka je Z skup celih brojeva i Vbinarna operacija na Z: xVy=xy+x+y+1(x,yeZ). Ispitati da li je ureeni par (Z,V) komutativna polugrupa. Ako nije, nai kad vai (xVy)Vz=xV(yVz). Reenje: Uzima se da je poznato da je komutativan prsten sa jedinicom, tj. da su ispunjeni uslovi: 1.1.(x,yeZ)(-zeZ) x+y=z (zatvorenost binarne operacije +); 1.2. (x,y,zeZ) (x+y)+z=x+(y+z)(asocijativnost +); 1.3. (-0eZ)(xeZ)x+0=0+x=x (egzistencija neutralnog elementa -nule); 1.4. (xeZ)(-yeZ) x+y=y+x=0 (egzistencija inverznih-suprotnih- elemenata); 1.5.(x,yeZ)x+y=y+x (komutativnost +); 2.1.(x,yeZ)(-zeZ) xy=z (zatvorenost binarne operacije ); 2.2.(x,y,zeZ) (x y)z=x(y z) (asocijativnost ); 2.3.(-1eZ)(xeZ) x 1=1x=x (egzistencija neutralnog elementa jedinice); 2.4.(x,yeZ) x y=y x( komutativnost ); 81 3.(x,y,zeZ) (x+y) z (=z (x+y))=x z+y z(distributivnost /+). Kada je re o strukturi , primeujemo, najpre, da x,y,eZ povlai xyeZ i x+yeZ; kako je i 1eZ, to je, na osnovu svojstva 1.1., xy+x+y+1=xVyeZ. To znai da je operacija V unutranja na Z, tj. da je grupoid. Iz yVx=yx+y+x+1=xy+x+y+1 =xVy (x i y su proizvoljni elementi skupa Z) sledi da je operacija V komuta- Tivna na Z, pa je, za sada, komutativni grupoid. Kako je (xVy)Vz=(xy+x+y+1)Vz=(xy+x+y+1)z+xy+x+y+1+z= =xyz+xy+xz+yz+x+y+2z+1 i xV(yVz)=xV(yz+y+z+1)=x(yz+y+z+1)+x+yz+y+z+1= =xyz+xy+xz+yz+2x+y+z+1, to vidimo da operacija V nije asocijativna na Z. (Imamo, na primer, (0V0)V1=(0 0+0+0+1)V1=1V1=1 1+1+1+1=4 i 0V(0V1)=0V(0 1+0+1+1)=0V2=0 2+0+2+1=3.) Otuda Nije komutativna polugrupa, ve samo komutativni grupoid. Inae, jednakost (xVy)Vz=xV(yVz) vai ako i samo ako je xyz+xy+xz+yz+x+y+2z+1= xyz+xy+xz+yz+2x+y+z+1. Poslednja jednakost je, oigledno, ekvivalentna sa z=x. Prema tome vai logika ekvivalencija (xVy)Vz=xV(yVz) x=z. 6.Zapisati skup celih brojeva Z navodei sedam centralnih elemenata (Z=...)i pokazati da je , gde je xy=xy+x+y, koutativna polugrupa sa neutralnim elementom. 82 Reenje: to se zapisa skupa celih brojeva Z tie, imamo Z={..., 3,2,1,0,1,2,3,...}. Pri pokazivanju da je komutativna polugrupa sa neutralnim elementom, osloniemo se na injenicu da je komutativni prsten sa neutralnim elementom jedinicom. (To, Pored ostalog, znai da su zbir i proizvod celih brojeva takoe celi brojevi.) Tako, iz x,yeZ sledixyeZ ix+yeZ, pa i xy=xy+x+y=zeZ, to, znai da je operacija unutranja na Z, tj. da je grupoid. Uzmimo, sada, proizvoljne x,y,zeZ. Tada imamo (xy)z=(xy+x+y)z==(xy+x+y)z+xy+x+y+z= =xyz+xy+xz+yz+x+y+z i x(yz)=x(yz+y+z)=x(yz+y+z)+x+yz+y+z= xyz+xy+xz+yz+x+y+z, Odatle vidimo da je taan iskaz (x,yeZ) (xy)z=x(yz), to znai da je operacija i asocijativna na Z, pa je polugrupa. Primeujemo, takoe, da iz xy=xy+x+y i yx=yx+y+x=xy+x+y sle- di tanost iskaza (x,yeZ) xy=yx, to znai da je operacija i komutativna, pa je komutativna polugrupa. Konano, kako jednakost xe(=ex)=x, tj. jednakost xe+x+e=x, odnosno (x+1)e=0, u sluaju e=0, vai za svako xeZ, to je taan iskaz (-eeZ)(xeZ)x e(=ex)=x. To znai da je e=0 neutralni element u strukturi . Time je, konano, pokazano da je komutativna polugrupa sa neutralnim elementom. Inae, nije grupa, zato to, na primer, elemenat 2 (eZ) nema inverzni elemenat 210 (y Z). Naime, jednaina 2y=e, tj. 2y+2+y=0, ima 83 reenje y=32 i pri tome 32eZ. 7. Pokazati da je , sa (binarnom) operacijom : xy=xy+x+y, komutativna polugrupa sa jedinicom. Reenje: Kao i obino, R oznaava skup (svih) realnih brojeva. Ako su x i yrealni brojevi, onda su xy i x+y realni brojevi ( na osnovu aksioma za mnoenje i sabiranje realnih brojeva). Otuda je iz=xy+(x+y)=xy+x+y realan broj (opet, na osnovu aksioma za sab iranje realnih brojeva). Na osnovu toga, vai (1) (x,yeR)xy=zeR (binarna operacija je unutranja). To znai da je grupoid. Slino kao to je u prethodnom zadatku pokazana asocijativnost i komutativnost operacije (na Z), moe se pokazati asocijativnost i komutativnostg operacije (na R). Takoe, na slian nain se moe ustanoviti i da je e=0 neutralni elemenat operacije . Prema tome, shodno svemu prethodnom, ureeni par je komutativna polugrupa sa jedinicom, to je trebalo dokazati. itaocu preporuujemo da pokae da svaki realan broj x=1 ima inverzni elemenat x1 i da je x1 =1 + xx. U isto vreme, elemenat 1 nema inverzni elemenat (1) 1 , zato to jednaina (1)y=e, tj. (1)y+(1)+y=0, odnosno 1=0, nema reenje. Primeujemo, na kraju, da je operacija u prethodnom zadatku restrikcija operacije sa skupa R na skup Z. Prethodni zadatak pokazuje da se sa restrikcijom operacije ne mora izgubiti polazna algebarska struktura. 8.Neka je na skupu A={e,a,b}binarna operacija -definisana *eab eeeb aaba 84 datom tablicom. Ispitati da li vai jednakost (a-b)-a=a-(b-a) i koja od svojstava zatvorenosti, komu- tativnosti, asocijativnosti i egzistencije neutralnog elementa operacija -ima, kao i da li je polugrupa. Reenje:Iz tablice se vidi da je binarna operacija - unutranjanaA(jerseunjojpojavljujusamoelementiskupaA).Otudajegrupa.tose tie jednakosti (a-b)-a=a-(b-a), iz (a-b)-a= a-a=b i a-(b-a)=a-e=a sledi da ta jednakost ne vai (nije tana). Odatle automatski sledi da binarna operacija - nije asocijativna, tj. da nije taan iskaz (x,y,zeA) (x-y)-z=x-(y-z). Na osnovu toga, ureeni par nije polugrupa. Inae, binarna operacija - nije ni komutativna, zato to imamo a-b=ai b-a=e. Odatle sledi a-b=b-a, pa znai nije taan iskaz (x,yeA)x-y=y-x. Konano, primeujemo iz tablice da je e neutralni elemenat u strukturi , zato to se elementi u prvoj koloni i prvoj vrsti tablice reaju isto kao u zapisu skupa A. Otuda vai (xeA)x-e=e-x=x. Prema tome, je samo grupoid sa neutralnim elementom. 9. Dokazati jedinstvenost neutralnog elementa i jedinstvenost inverznog elementa u grupi. Reenje: Pretpostavimo da je grupa i da su e1i e2neutralni elementi u njoj, tj. da vae iskazi (xeG)x- e1= e1-x=x i (xeG) x- e2 = e2 -x=x Pokazaemo da je e1 = e2, tj. da je neutralni element u grupi jedan jedini bbeA 85 (samo jedan, jedinstven). U tom cilju posmatrajmo izraze1 - e2. Vai e1- e2 = e1(zato to je e2 neutralni element u grupi ), kao i e1- e2 =e2 )zato to je i e1neutralni elemenat u istoj grupi). Imamo, dakle e1= e1 - e2 = e2, odakle sledi e1= e2, to je i trebalo dokazati. Pretpostavimo, sada, da je grupa, da je x njen (proizvoljni) elemenat i da su y1iy2inverzni elementi elementa x u grupi , tj. da vai x- y1 = y1-x=e i x- y2 = y2 -x=e (e je neutralni elemenat u grupi ). pokazaemo da je y1=y2, to znai da svaki elemenat xeG ima samo jedan (jedinstven) inverzni elemenat u grupi (tj. u odnosu na operaciju -). Zaista, imamoy1=e y1=(y2 -x)-y1= y2 -(x- y1)=y2 -e= y2(pri emu smokoristili i asocijativnost operacijek -). Odatle je y1 = y2, to je trebalo dokazati. 10. Pokazati da u grupi vae oba zakona skraivanja: a) (x,y,zeA) xz=yzx=y ( desni); b)(x,y,zeA) xy=xz y=z (levi). Reenje: a)Neka su x,y,z proizvoljni elementi skupa A i neka vai xz=yz. Mnoei levu i desnu stranu poslednje jednakosti sa z1 , dobijamo (xz) z1 =(yz) z1 , odnosno x(z z1 )=y(z z1 ). Kako je z z1 =e(e je neutralni element u grupi ) i xe=x, ye=y, to imamo xe=ye, pa x=y. Time je tanost iskaza pod a), tj. tanost desnog zakona skraivanja u grupi , ustanovljena. b)Polazei, opet, od proizvoljnih elemenata x,y,zeA i jednakosti xy=xz, pa mnoei tu jednakost sa x1 sa leve strane, dobijam 86 x1 (xy)= x1 (xz), odnosno (x1 x)y=(x1 x)z, tj. ey=ez. Odatle, konano, dobijamo, y=z, ime je i dokaz tanosti iskaza pod b), tj. tanosti levog zakona skraivanja u grupi , dovren. 11. Pokazati da u grupi jednaine uc=d i cu=d (nepo- znata je u, odnosno u)imaju jedinstvena reenja i nai ta reenja. Reenje: Pokazaemo, najpre, da je u0 =d c1 reenje jednaineuc=d. Zaista, iz niza jednakosti u0c=(d c1 )c=d( c1 c)=de=d sledi u0c=d, a to i znai da je u0 reenje jednaine uc=d. Prema tome, jednaina uc=d ima (bar jedno) reenje u0. Pokazaemo i da je u0 jedino reenje te jednaine. U tom cilju pretpostavimo da je u1neko, bilo koje, reenje jednaine uc=d, tj. da je u1c=d. Odatle sledi (u1c) c1 =d c1 , pa zatim u1(cc1 )=d c1 , a onda u1e=dc1 , odnosno u1=dc1 = u0 Otuda imamo u1= u0. Odatle sledi da jeu0 =dc1 i jedino reenje jedna- ine uc=d. Na slian nain, moe se pokazati da je u0= c1 d jedino reenje 87 (druge posmatrane) jednaine cu=d. 12.Koristei tablicu za mnoenje i osobine operacije mnoenja kod realnih brojeva, pokazati da je , gde je A={1,0,1}, komutativna polugrupa sa jedinicom; zato A nije (komutativna) grupa? Reenje: Rezultati mnoenja elemenata iz A sa elementima iz A dati su u priloenoj tablici. Iz tablice vidimo da je operacija mnoenja () unutranja (zatvorena) na A (zato to u tablicifiguriu samo elementi skupa A), tako da je grupoid. Kako je mnoenje realnih brojeva ( uopte) asocijativno, to je ista operacija asocijativna na A. Tako je, za sada, ureeni par polugrupa. Kako je mnoenje realnih brojeva (uopte) komutativno, to je ista operacija komutativna i na skupu A. Tako je, zasada, komutativna polugrupa. Iz tablice se, takoe, vidi da je broj 1 neutralni elemenat u strukturi (zato to se elementi u 3. vrsti i 3. koloni reaju kao u zapisu skupa A). To, inae, sledi i iz toga to je 1 eA i to je to neutralni elemenat u odnosu na mnoenje u strukturi realnih brojeva uopte. Prema tome, je, za sada, komutativna polugrupa sa neutralnim elementom. Konano, primeujemo da nije grupa (ako bi to bila grupa, bila bi komutativna) zato to elemenat 0(eA) nema inverzni element u strukturi . Zaista, ako bi postojalo 01 (eA), vailo bi 0 01 =1, a to -101 -110-1 0000 1-101 88 bi bilo u kontradikciji sa injenicom da je taan iskaz (1) (xeA)x 0=0x=0, jer bi onda bilo i 0 01 =0. Inae, uslov (1) vai ve kod svakog prstena ( u odnosu na drugu operaciju), pa, prema tome, i kod strukture realnih brojeva ( u odnosu na mnoenje). 13.Struktura,gdejeS={0,1},abinarna opera- cija na skupu S, oznaena sa -, data priloenom tablicom, je komutativna grupa. Pokazati. Reenje: Treba pokazati: da je operacija - zatvorena (unutranja) i asocijativna, da ima neutralni elemenat, da svaki elemenat iz S ima inverzni elemenat, kao i da je operacija - komutativna. Iz tablice se lako vidi da je operacija - zatvorena (zato to je rezultat primene te operacije uvek elemenat iz S) i komutativna (jer je tablica simetrina u odnosu na glavnu dijagonalu), kao i da je 0 neutralni elemenat operacije - (zato to u prvoj koloni i prvoj vrsti tablice vrednosti elementi idu istim redosledom kao u zapisu skupa S). to se asocijativnosti tie, lako se vidi da je (x-y)-z=x-(y-z) kad god je bar jedan od elemenata x,y,z jednak neutralnom elementu 0 (nula). Zaista, ako je, na primer, x=0, imamo: (x-y)-z=(0-y)-z=y-z;x-(y-z)=0-(y-z)=y-z, to znai da za x=0 vai (x-y)-z=x-(y-z), za proizvoljne vrednosti y i z iz skupa S. Na slian nain se pokazuje tanost jednakosti (x-y)-z=x-(y-z) i u sluaju y=0 (z=0), nezavisno od vrednsoti x i z (x i y). Ostaje, dakle, da ustanovimo da je (x-y)-z=x-(y-z) i za x=0 . y=0 . z=0, to znai za x=y=z=1. Tanost (1-1)-1=1-(1-1), meutim, sledi iz komutativnosti operacije - (nezavisno od vrednosti 1 -1). Konano, iz tablice zakljuujemo da je 01* =0 i 11*=1. (x1* oznaa- va inverzni elemenat elementa x u odnosu na operaciju -.) *01 001 110 89 14. Neka je S={1, i,1,i}. Pokazati da je , gde je operacija mnoenja kompleksnih brojeva, komutativna (Abelova) grupa. Reenje: Iz tablice mnoenja elemenata iz S, tj. iz ovde date tablice, zakljuujemo da je unutranja opera- cija na S (zato to se u tablici pojavljuju samo elementi iz S). Tablica je simetrina u odnosu na glavnu dijagonalu; odatle sledi da je opera- cija komutativna. To znai da je, za sada, komutativni grupoid. Kako je mnoenje kompleksnih brojeva, uopte, asocijativno to je i asocijativna binarna operacija na S pa je, za sada, komutativna polugrupa. Iz toga to je broj 1 (jedinica)neutralni elemenat zamnoenje kompleksnih brojeva, uopte, to je isti broj neutralan elemenat i uodnosu na operaciju na S. (Primeujemo da se to isto vidi iz tablice, sobzirom na to da se elementi - rezultati u prvoj vrsti i koloni reaju kao u S.)Prema tome, je, za sada, komutativna polugrupa sa neutralnim elementom. Konano, iz tablice vidimo da svaki elemenat xeS ima svoj inverzni elemenat x1 (zato to svaka vrsta i kolona radnog dela tablice samo na jednom mestu ima elemenat 1). To znai da vai iskaz (xeS) (-yeS)xy=1, a to i kae da svaki elemenat x(eS) ima inverzni elemenat y(= x1 eS). Sasvim precizno, vai: 11 =1,i1 =i,(-1)1 =1,(i)1 =i. Time smo, definitivno, pokazali da je komutativna (Abelova) grupa. Napominjemo, uzgred, da je S skup svih reenja jednaine x4=1, tj. da vai xeS x4=1( x41=0). Zaista, vai x41=0(x1)(x+1)=0x1=0 v x+1=0 x=1 v x=1 x=1 v x=1 v x=i v x=i. Tako je {1, 1, i, i} skup reenja jednaine x4=1. Na osnovu toga se moe 1i-1-i 11i-1-i ii-1-i1 -1-1-i1i -i-i1i-1 90 ustanoviti zatvorenost operacije na S i bez izraunav anja vrednosti proizvoda. Tako, ako x1,x2 eS, tj. ako je x14=1 . x24=1, onda je (x1 x2 ) 4= x14 x24=11=1, to znai da je x1 x2 eS. Slino, ako je xeS, moe se ustanoviti da je inverzni elemenat elementa x u odnosu na operaciju u polju kompleksnih brojeva, tj. x1, takoe u skupu S. Zaista, xeS znai da je x4=1. Tada imamo ( , 111 1)144= = =x x to znai da i x1eS. 15. Dat je skup S={1,21+ i23, - 21-i 23}. Pokazati da je , gde je operacija mnoenja kompleksnih brojeva, (Abelova) grupa. Reenje: Pokazaemo da ureeni par ima strukturu grupe. U tom cilju stavimo: x1=1, x2 =21+ i23 ix3=21+ i23. Tada je S={ x1, x2, x3}. Pri tome, imamo: x1 x1= x1= x1; x1 x2 = x2 x1= x1; x1x3= x3 x1= x3; x2 x3=x2= x3;x2 x3= x3 x2 = x1;x3 x3= x3= x2. Tako, imamo ovde datu tablicu. I iz tablice se zakljuuje da je binarna operacija zatvorena na S, tj. da je grupoid (akovaix,yeS.xy=z,ondajezeS).Grupoid je komutativan, zato to je xy=yx tanozaproizvoljnekompleksnebrojevexiy,pa,prematome, i za x,y,eS. (Komutativnost, inae, sledii 1x2x3x1x1x2x3x2x2x3x1x3x3x1x2x91 iz simetrinosti tablice u odnosu na glavnu dijag- onalu.) to se asocijativnosti tie, tj. to se tietanosti jednakosti (xy)z=x(yz), za svako x,y,zeS, to je tano uopte (tj. za proizvoljne kompleksne brojeve x,y,zeS. iz tablice se vidi da jex1 neutralni elemenat u (komutativnojpolugrupi, za sada) (jer se u prvoj vrsti i koloni elementi rezultati reaju kao u zapisu skupa S). To znai da je, za sada, komutativna polugrupa sa jedinicom. Konano, na osnovu toga to je x1 x1=1, x2 x3= x3 x=1, Zakljuujemo da svaki elemenat xeS ima svoj inverzni elemenatx1 ( u odnosu na operaciju ), pri emu vai: x11 = x1, x21 = x3, x31 = x2. To, inae, izlazi i iz injenice da se u svakoj vrsti i koloni pojavljuje neutralni elemenat x1, i to samo jednom (to vai i za ostala dva elementa skupa S, tj. za x2i x3). Na taj nain, pokazali smo da je (Abelova) grupa, to je, inae i bilo potrebno. 16. Neka je X={a,b,c,d} i neka je na X definisana operacija : xy=x. Napisati kompletnu tablicu operacije i ispitati koje od osobina Abelove grupe ima ureen par . Reenje: Imamo: aa=ab=ac=ad=a; ba=bb=bc=bd=b; ca=cb=cc=cd=c; da=db=dc=dd=d; abcd aaaaa bbbbb ccccc 92 Na osnovu toga moemo formirati priloenu tablicu. Odatle je jasno da je unutranja binarna operacija na X (rezultat primene operacije je takoe elemenat iz X). Na osnovu toga to za proizvoljne elemente x,y,z iz X imamo: (xy)z=xz=x i x(yz)=xy=x, zakljuujemo da je taan iskaz (x,y,zeX)(xy)z=x(yz) . To znai da je operacija asocijativna. Imajui u vidu da za proizvoljno yeX vai: (xeA)xy=x, zakljuujemo da je svaki elemenat skupa X desni neutralni elemenat u odnosu na operaciju . (Uostalom, iz tablice za vidimo da se rezultati primene te operacije u svakoj koloni reaju kao u zapisu skupa X.) Na osnovu toga to je, na primer: ab=a, bc=b, cd=c i da=d, zakljuujemo da nijedan od elemenata skupa X nije levi neutralni elemenat u odnosu na operaciju . Otuda, ne postoji neutralni elemenat u strukturi . Iz ab=a i ba=b, na primer, sledi da operacija nije komuta- tivna. Na osnovu prethodnog, zakljuujemo da ureeni par ima samo strukturu polugrupe. (Iz toga to nema neutralnog elementa sledi Da je bespredmetno postavljati pitanje egzistencije inverznih elemenata.) ddddd 93 17.Na skupu S={a,b,c,d} data je binarna operacija -priloenom tablicom. Pokazati da je struktura < S,-> komuta- tivna grupa. ta je jedinini element te grupe? Za svakiodelemenatagrupe,odreditinjegov inverzni element. Napomena: Asocijativnost proveriti samo na tri trojke razliitih elemenata. Reenje: Kako se u tablici pojavljuju samo elementi iz S, to je < S,-> grupoid, tj. - je unutranja binarna operacija na S. Njena komutativnost sledi iz simetrinosti date tablice u odnosu na glavnu dijagonalu. Odatle, naime, zakljuujemo da vai iskaz (x,yeS) x-y=y-x. to se neutralnog elementa tie, iz tablice se vidi da vai (xeS) x-c=c-x=