US - Diskretna Matematika

8/16/2019 US - Diskretna Matematika

http://slidepdf.com/reader/full/us-diskretna-matematika 1/304





UNIVERZITET SINGIDUNUM

DISKRETNA MATEMATIKA

SA ZBIRKOM ZADATAKA



DISKRETNA MATEMATIKA SA ZBIRKOM ZADATAKA

Autor:

UNIVERZITET SINGIDUNUM



PREDGOVOR

-

-

Beograd,januar2015.godine Autor

III





SADRŽAJ

U

2. OSNOVNI POJMOVI TEORIJE SKUPOVA 31

4. OSNOVE KOMBINATORIKE 73

V



VI





VIII



DISKRETNA MATEMATIKA

UVOD

Grubo govorei matematiku mo!emo da podelimo na dve velike celine:

Diskretnu matematiku

Kontinualnu matematiku

Do sada, uglavnom smo se bavili matemati kom analizom, odnosnokontinualnom matematikom. Ona se bavi procesima koji se odlikujuneprekidnim tokom. Nastala je i razvijala se tokom 18, 19 i poetkom 20 veka.Nastanak diferencijalnog i integralnog rauna u 18. veku bio je uslovljenindustrijskom revolucijom, odnosno pojavom ma"ina kontinualnog dejstva.Matematika analiza je bila taj matematiki aparat koji je mogao da prati ire"ava probleme kontinuuma.

Razvoj raunara uslovio je potrebu za novim matematikim aparatom.Memorija raunara je konana, a znajui da su raunari ma"ine diskretnogdejstva (prelaze iz jednog u drugo stanje u odreenim vremenskim trenucima)

pojavio se problem re"avanja velikog broja problema na konanim skupovima.Diskretna matematika je jedna od najaktuelnijih matematikih disciplina.Diskretna matematika je deo matematike koji se bavi prouavanjem

diskretnih skupova.Ona je u su"tini sinteza:

matematike logike,

teorije skupova,

op"te algebre,

kombinatorike,

diskretne verovatnoe,

i novih oblasti matematike kao "to su teorija grafova,

teorija kodova,

algoritamske strukture i slino.

- 1 -



Diskretna matematika obezbeuje teorijsku osnovu za mnoge oblastiraunarskih nauka, kao "to su:

struktura podataka,

teorija algoritama,

formalni jezici,

konstrukcija prevodilaca,

ve"taka inteligencija,

raunarske mre!e,

softversko in!enjerstvo i mnoge druge.

CILJEVI PREDMETA

da pomogne da se razviju sposobnosti logikog razmi"ljanja,

da se koriste logiki ispravne forme zakljuivanja,

da se naue osnovne tehnike dokazivanja,

da se radi sa simbolikim izrazima,

da se naui da se radi sa diskretnim strukturama,

da se upozna sa osnovnim tehnikama prebrojavanja,

da se shvati konstrukcija algoritma, da se naui teorija grafova,

da se naui da se koristi matematika argumentacija,

da se uoi kako rezultate diskretne matematike je mogue koristiti

u njenim primenama.

- 2 -



JEZIK MATEMATIKE

Pored govornog jezika u matematici se koriste razni matematiki znaci-simboli, a sve to zajedno ini jezik matematike. Taj jezik je univerzalan iomoguava jednostavno i svima razumljivo zapisivanje matematikih sadr!aja.

Tvorac matematikog jezika je nemaki matematiar i filozof Lajbnic.

Gottfried Vilhelm von Leibniz (1596#1650)

Jezik matematike sadr!i:

Konstante: 1

2, 3, , , 2,2

Promenljive:

, , , , , , x y a b Operacijske znake:

algebarske operacije: , ,*, / ,

logike operacije: , , , , ,

skupovne operacije: , , \, , X

Relacijske znake:

: , , , , , .

- 3 -



Specijalne znake:

, , , , , , , ,!,

Kori"enjem ovih elemenata matematikog jezika defini"emo izraze i formule.

Izrazi sadr!e konstante, promenljive i operacijske znake:

Primer:

2 x je izraz.Izrazi u obinom jeziku predstavljaju rei.

Definicija izraza glasi:

Promenljive i znaci konstanti su izrazi.

Ako su 1 I i 2 I izrazi, onda je i re 1 2* I I izraz, gde je * je

operacijski znak.

Izrazi se dobijaju jedino konanom primenom prethodna dva

pravila.

Formule su izrazi koji moraju da sadr!e znak relacije.

Primer:

2 5 x je formula.Formule u obinom jeziku su reenice.

- 4 -



1.OSNOVNI POJMOVI MATEMATIČKE

LOGIKE

KRATAK SADRŽAJ:

1.1. LOGIKA

1.2. MATEMATIČKA LOGIKA

1.3. ISKAZNA LOGIKA

1.3.1. OSNOVNE LOGIČKE OPERACIJE1.3.2. ISKAZNE PORMULE

1.4. KVANTORI

1.5.PREDIKATSKA LOGIKA

1.6. ZADACI

CILJEVI UČENJA:

Kada ovo poglavlje proučite bićete u mogućnosti da:

1. koristite logički ispravne forme zaključivanja

2. izbegnete greške u zaključivanju

3. definišete iskaznu logiku

4. znate logičke operacije

5. napišete tablice istinitosti iskaznih formula

6. nabrojite osnovne logičke zakone7. definišete predikatsku logiku

8. rešavate valjane formule

- 5 -



1.1. LOGIKA

Logika je ve"tina i metoda pravilnog mi"ljenja. To je nauka o zakljuivanju i

kao takva koristi se u najrazliitijim oblastima. Nastala je u 4 veku p.n.e.

Pogotovo u matematici, osnova je celokupnog rezonovanja, odnosno pravilnog

kori"enja matematike argumentacije. Omoguava da se logiki pravilno

zakljuuje i da se izbegnu gre"ke zakljuivanja.

Osniva logike je gr ki filozof Aristotel (384-322 p.n.e.).

Ro en u Stagiri, gr koj koloniji na make-donskom

poluostrvu. Njegov otac, Nikomah, radio je kao dvorski lekar

kod kralja Amintasa III Make-donskog, dede Aleksandra

Velikog. Od 18. do 37. godine poha a Akademiju kao

Platonov u enik. Na poziv kralja Filipa II Makedonskog

postaje tutor Aleksandra Velikog, koji je tada imao 13 godina. Prvi je podrobno

obradio zakone logike i pravila zaklju ivanja u delu Organon, !to u prevodu zna i

oru e. U ovom delu sa inio je prvi skup pravila deduktivnog zaklju ivanja. Glavna

teza je : Svako korektno rasu ivanje se mo"e svesti na sistematsku primenu

nevelikog broja odre enih pravila, koja ina e ne zavise od prirode objekata nakoja se odnosi rasu ivanje. U 17 i 18 veku u enje logike bilo je deo obaveznog

obrazovanja.

1.2. MATEMATIČKA LOGIKA

Matematika logika se intenzivno razvija od sredine 19 veka pa do danas.

esto se pogre"no ka!e da ona predstavlja primenu logike u matematici. Ona je

mnogo vi"e od toga. Matematika logika predstavlja sponu izmeu

matematike i filozofije. Sa druge strane ona je znaajna matematika disciplina

koja je uvela strogost u definisanje pojmova. Obezbeuje teorijske osnove

mnogih matematikih disciplina, a pre svega raunarskih nauka. Omoguila je

nastanak i razvoj digitalnih elektronskih raunara, dajui formalni jezik koji je

potreban za opisivanje i re"avanje problema u raunarstvu. U poslednje vreme

op"ti cilj matematike logike je konstruisanje sistema koji e biti u stanju da

- 6 -



formalizuju razliite oblasti ljudskog mi"ljenja, ali u granicama tehnike

ostvarljivosti.

Tvorac matemati ke logike je D!ord! Bul (George Boole,

1815. - 1864.) engleski matemati ar i filozof. Bul je pri!ao

logici na nov na in, sa"imaju i je u prostu algebru,

pretvaraju i logiku u matematiku. Na taj na in stvorene su

nove matemati ke discipline matemati ka logika ili

simboli na logika ili algebra logike koja je nazvana Bulova

algebra. Na"alost, nije "iveo dugo, umro je u 49-oj godini "ivota, od prehlade,

koju je dobio tako !to je pe!a io dve milje po ki!i, kako bi stigao na predavanje i

predavao je u mokroj ode i.

Sve do kasnih tridesetih godina njegova algebra nije imala nikakve prakti ne

primene. 1937. godine nau nici Naka!ima i godinu dana kasnije #enon su

iskoristili Bulovu algebru za analizu mre"a sa relejima. Telefonija je tih godina

bila u brzom razvoju, pa je bilo potrebno koristiti neki matemati ki aparat kojim

bi se opisivale "eljene komunikacije i na in ostvarivanja veza. Od ovog trenutka

Bulova algebra do"ivljava svoju ekspanziju.

U ovoj knjizi od mnogih va!nih oblasti matematike logike osvrnuemo sesamo na iskaznu i predikatsku logiku.

1.3. ISKAZNA LOGIKA

Polazni pojam u matematikoj logici su iskazi, afirmativne reenice koje

imaju smisla i koje su ili tane ili netane.

Definicija:

Reenica koja ima smisla i ima istinitosnu vrednost naziva se iskaz ili sud.

Iskazi se obele!avaju malim slovima p, q, r ,$$i nazivaju se iskazna slova.

Istinitosna vrednost iskaza je:

,

,

T p je ta an iskaz p

p je neta an iskaz

- 7 -



Napomena: Umesto T (%true&) i (ita se ne te), u tehnici se vi"e koriste

oznake 1 i 0. U ovom sluaju simbole 1 i 0 ne treba shvatati kao brojeve 1 i 0.

Primer:

Reenice: 2 - 1 = 1, Beograd je glavni grad Srbije,

su iskazi koji imaju tanu istinitosnu vrednost, tj. T

Reenica p: 2-1=-1 je takoe iskaz, ali ima netanu istinitosnu vrednost, tj.

p

.

Primer:

Reenica 21 x nije iskaz , jer nema definisanu istinitosnu vrednost.

Za neke vrednosti promenljive , odnosno za 1 x formula je tana,a za sve ostale je netana.Reenica: Koliko je sati?Ova je reenica nema istinitosnu vrednost i ne takoe ne predstavlja iskaz.

1.3.1. OSNOVNE LOGIČKE OPERACIJE

U svakodnevnom jeziku, slo!ene reenice nastaju kombinovanjem prostih

reenica i veznika i, ili, ne, ako onda i dr. Istinitosna vrednost slo!ene reenice

uslovljena je istinito"u njenih delova.

Primer:

p: Danas pada ki"a

q: Danas je novembar.

Slo!ena reenica je: Danas pada ki"a i danas je novembar

Sastoji se od 2 dela spojenih veznikom i.

Ova slo!ena reenica se mo!e napisati i u obliku p i q

- 8 -



Razlikujemo dve vrste logikih operacija, unarne i binarne , koje se odnose

na jednu, odnosno dve promenljive.

Osnovne logi ke operacije su:

konjunkcija (i), u oznaci . To je reenica oblika p i q.

Simboliki je zapisana kao p q .

disjunkcija (ili), u oznaci . To je reenica oblika p ili q.


implikacija (ako - onda), u oznaci . To je reenica oblika ako p onda q.Simboliki je zapisana kao p q .

ekvivalencija (ako i smo ako), u oznaci . To je reenica oblika ako p

onda q i ako q onda p. ita se i u obliku p ako i samo ako q i pi"e p akko q.


negacija (ne) , u oznaci . To je reenica oblika nije p.

Simboliki je zapisana kao p .

Napomena: Negacija je unarna operacija, ostale operacije su binarne.

Kod iskaznih formula, nas ne zanimaju stvarne reenice koje su

zamenjene iskaznim slovima, ve iskljuivo njihova istinitosna vrednost.

Osnovni zadatak iskazne logike je kako doi do istinitosne vrednosti slo!ene

reenice ako znamo istinitosnu vrednost njenih delova.

Istinitosna vrednost logikih operacija u zavisnosti od istinitosnih

vrednosti polaznih reenica utvruje se sledeom tablicom.

p

q p q p q p q p q p

T T T T T T

T T T

T T T

T T T

- 9 -



Istinitosna vrednost logikih operacija u tablici je u saglasnosti sa

svakodnevnom logikom. Jedino kod implikacije na izgled neloginost vidimo u

sluaju kada je p . Znai, implikacija je tana bez obzira na vrednost

iskaznog slova.

Primer:

Ako je Srbija najvea na svetu, vea je od Crne Gore T T .

Slo!ena reenica je tana, jer ako je Srbija najvea na svetu,

vea je od Crne Gore, koja je manja od nje.

Primer:

Ako je Srbija najvea na svetu, vea je od SAD. T .

Slo!ena reenica je tana, jer ako je Srbija najvea na svetu,

vea je od svake druge dr!ave.

Implikaciji meu logikim operacijama pripada istaknuto mesto. uveni

matematiar i filozof Bertrand Rasel je rekao da je cela matematika skupreenica oblika ' ako p onda q$ . Zaista, najvei broj matematikih tvrenja je

oblika implikacije i zato se razvio itav niz razliitih jezikih izra!avanja

implikacije.

Implikacija mo!e da se ita na sledee naine:

Ako p, onda q,

p, samo ako q,

p je pretpostavka posledice q,

p povlai q,iz p sledi q,

p je dovoljan uslov za q,

q je potreban uslov za p,

q ako p.

- 10 -





1.3.2. ISKAZNE FORMULE

Kombinovanjem iskaznih slova i logikih operacija dobijamo slo!ene

formule, kao "to su p q p , p q p r i slino.

Definicija:

Iskazna slova p, q, r,...ine iskaznu formulu F .

Iskaznu formulu ine iskazna slova i osnovne logike operacije.

Iskazne formule se mogu dobiti samo primenom prethodna dva pravila

konaan broj puta.

Primer:

Formule su: p, , , p q p p q r p p q .

Za dve formule 1 F i 2 F ka!emo da su ekvivalentne ako je 1 2 F F , i

pi"emo 1 2 F F .

Istinitosnu vrednost svake iskazne formule mogue je odrediti istinitosnom

tablicom.

Primer:

Odrediti istinitosnu tablicu formule p q p

p q q p q p

T T T T

T T T

T

Prilikom pisanja iskaznih formula, nekada je mogue izostaviti zagrade, ali

je tada va!no znati prioritet logikih operacija, koji je dat u tablici.

- 12 -



Prevod sadr!aja iz obinog jezika u zapis matematike logike je jedan od

najva!nijih problema hardverskih i softverskih poslova. Problem se svodi da se

sadr!aj obinog jezika svede na taan i nedvosmislen logiki zapis koji mo!e da

bude predmet daljeg prouavanja.

Primer:

Automatski, odgovor ne mo!e biti poslan ako je unutra"nja memorija puna .

Neka je reenica p: Odgovor se automatski "alje.

Neka je reenica q: Unutra"nja memorija je puna.

Onda p je reenica : Odgovor se ne "alje automatski.

Logiki zapis bi bio : q p

Iskazna formula koja je uvek tana naziva se tautologija.

Iskazna formula koja je uvek netana naziva se kontradikcija.

Tautologije, kao uvek tani iskazi, predstavljaju zakone mi"ljenja, odnosno

zakonitosti logikog zakljuivanja.

Neki od va!nijih logikih zakona # tautologija su

Zakon isklju enja tre eg p p

Zakon idempotencije , p p p p p p

Komutativnost , p q q p p q q p

logiki operator prioritet

1-najvei, 2

, 3

- 13 -



Asocijativnost

p q r p q r

p q r p q r

Distributivnost

p q p r p q r

p q p r p q r

Zakon apsorpcije

p p q p

p p q p

Tranzitivnost za implikaciju "

Zakon silogizma q q r p r

Tranzitivnost za ekvivalenciju p q q r p r

De Morganovi zakoni

, p q p q p q p q

Zakon kontrapozicije p q q p

Zakon dvojne negacije p p

Modus ponens p p q q

Modus tolens q q p

Zakon svo enja na protivre nost p q q p

- 14 -



1.4. KVANTORI

Kvantori ili kvantifikatori u jeziku su rei svaki i neki . Osim ovih rei koriste

se i drugi njihovi jeziki oblici. Tako re svaki u matematici znai isto "to i bilo

koji , ma koji , svi i slino, dok umesto rei neki koristi se i postoji , bar jedan,

najmanje jedan i slino.

Univerzalni kvantor znai svaki i obele!ava se sa .

x a x - za svaki x va!i a x

Egzistencijalni kvantor znai neki i obele!ava se sa .

x a x - postoji x za koje va!i a x

U sluaju vi"estruke primene kvantora umesto

1 2, , , n x x a x pi"emo 1 2, , , n x x x a x .

Isto va!i i za egzistencijalni kvantor.

Kao "to se iz ovih definicija mo!e videti kvantori na neki nain predstavljaju

uop"tenja logikih operacija konjunkcije odnosno disjunkcije.

Prilikom zapisivanja razliitih sadr!aja upotrebom kvantora treba znati:

Reenica, svaki A je B, znai isto "to i:

Za svaki x, ako x ima osobinu A, onda x ima i osobinu B.

Reenica, neki A je B, znai isto "to i:

Postoji x, koji ima osobinu A i osobinu B.

Primer:

Primenom kvantora napisati sledee reenice:

a) Svaki prirodni broj je pozitivan.

0 x x N x

- 15 -



b) Postoji x takvo da je 7 x .

7 x x

c) Postoji tano jedan broj iji je kvadrat nula.

2

1 0 x x

Primer:

Upotrebom kvantora zapisati sledee reenice:

a) x je oblika 2k, gde je k ceo broj

2k Z x k

b)Za svaki ceo broj x, postoji ceo broj y, takav da im je zbir 0.

0 x Z y Z x y

Od izuzetnog znaaja je poznavanje pravila za negaciju kvantora.

Negacija kvantora:

a x x a x

x a x x a x

Primer: Negirati sledee reenice:

a) Svi prirodni brojevi su i celi brojevi.Negacija glasi: Neki prirodni brojevo nisu celi brojevi.

b) Neki prirodni brojevi su deljivi sa 5Negacija glasi: Svi prirodni brojevi nisu deljivi sa 5.

- 16 -



1.5. PREDIKATSKA LOGIKA

Iskaznim formulama se ne mogu analizirati mnogi matematiki sadr!aji kao

"to su na primer:

0 x x N x

7 x x

7 x y

x y

Takvi matematiki sadr!aji su predmet prouavanja predikatske logike.

Iskazna logika je malo % grublja$ , ona radi sa iskazima kao nedeljivim

celinama, dok predikatska logika izuava i njihovu strukturu. Sve zakonitosti

koje smo uveli u iskaznoj logici ostaju da va!e, ali dodajemo jo" neka nova

pravila koja u iskaznoj logici nisu va!ila.

Za razliku od iskaza koji imaju istinitosnu vrednost, navedena tvrenja

predikatske logike imae istinitosnu vrednost tek kada se vrednost promenljive

zameni sa nekom konkretnom brojnom vredno"u.

U tvrenju 7 x x mo!emo rei da je promenljiva x subjekat, a deo 7

je predikat koji defini"e osobinu promenljive.

Takva tvrenje mo!emo da zapi"emo u obliku P x , gde x oznaava

promenljivu, a P predikat .

Predikatske formule grade se pomou:

skupa konstanti

skupa promenljivih

operacijskih znakova

relacijskih znakova

simbola logikih operacija kvantora

pomonih simbola

Kori"enjem ovih simbola mogu se opisati gotovo svi iskazi koji se u

matematici pojavljuju, odnosno problemi koji se re"avaju pomou raunara.

- 17 -



Predikatske formule se uvek defini"u u odnosu na neki jezik, odnosno

algebarsku strukturu. U okviru te strukture se vr"i interpretacija formule. Znai,

promenljive u formuli mogu da uzimaju razliite vrednosti. Tek u konkretnoj

interpretaciji mo!emo govoriti da li je neka predikatska formula tana ili ne.

Primer:

Data je formula , , ,a x y z a x z a z y

Ona mo!e da ima vi"e interpretacija.Jedna njena interpretacija u skupu N i relacija < kao vrednost znaka a bi bila

y z x z y y

Za konkretne brojne vrednosti x,y,z nastaju razliiti iskazi o prirodnim

brojevima, koji su nekada tani, a nekada ne.

Druga interpretacija bi bila u skupu pravih, a relacija a je paralelno.

y z x z z y

1.5.1. VALJANE FORMULE

Valjana formula u predikatskoj logici je manje vi"e kao tautologija u iskaznojlogici. Meutim, dok za ispitivanje da li je neka iskazna formula tautologijaimamo jasno definisan postupak, za ispitivanje da li je neka predikatskaformula valjana, jasnog i definisanog postupka nema.

Valjanim formulama, isto kao i tautologijama ispituju se zakoni mi"ljenja.

Predikatska formula je valjana, u oznaci F , ukoliko je istinita prisvakoj glavnoj interpretaciji.

- 18 -



Primer:

a) Formula a k x a x je valjana, jer za svaku interpretaciju ako

je a k tano, x a x je takoe tano.

b) Formula a x a k nije valjana, jer postoje interpretacije

kada nije istinita.

Ako je domen skup prirodnih brojeva N, predikat a je biti paran broj i jek=5.

Va!nije valjane formule:

Zakon permutacije istorodnih kvantora

x y A y x A

x y A y x A

Distributivni zakon univerzalnog kvantora prema konjunkciji

x A B x A x B

Distributivni zakon egzistencijalnog kvantora prema disjunkciji

A B x A x B

Distributivni zakoni operacija , , prema kvantorima

,

,

,

,

x A B x A x B x x A B x A x B x

x A B x A x B x x A B x A x B x

A B x A x B x x A B x A x B x

B x A x B x A x B x A x B x A

- 19 -



De Morganovi zakoni za kvantore

, x A x A x A x A

Zakon saglasnosti implikacije sa kvantorima

x A B x A x B

x A B x A x B

Zakon saglasnosti ekvivalencije sa kvantorima

A B x A x B

x A B x A x B

U savremenoj literaturi koriste bar tri naziva za isti pojam, predikatska

logika, logika prvog reda i kvantifikatorski raun.

Prvi naziv predikatska logika nastao je najverovatnije jer se ova logika

bavi predikatima. Predikat je onaj deo reenice kojim se ne"to tvrdi. U

matematici to su relacije koje su definisane nad nekim skupom objekata.

Naziv logika prvog reda ukazuje na postojanje logika vi"ih redova. Logika

prvog reda odnosi se na osnovni nivo objekata koje prouavamo.A naziv kvantifikatorski raun potie od kori"enja kvantifikatora,

specifinih operatora koji govore o kvantitetu objekta sa nekom

osobinom.

U praksi je esto potrebno opisati rezonovanja u koja je ukljueno i

vreme. Tako dolazimo do temporalne logike. Ona je izuzetno va!na za

primenu u raunarstvu jer se rad softvera i hardvera posmatra u zavisnosti

od protoka vremena, kao "to su problemi verifikacije algoritama, rada

operativnih sistema ili paralelno programiranje. Za ovakve problema

potrebno je definisati jo" novih operatora koji bi opisali razliite modele

vremena, ali ta problematika prevazilazi nivo ovoga kursa.

- 20 -



PITANJA ZA PONAVLJANJE

1. +ta je iskaz?

2. +ta je iskazna formula?

3. Navesti osnovne logike operacije.

4. +ta je tautologija, a "ta kontrapozicija?

5. Navesti osnovne logike zakone.

6. +ta su kvantori?7. Kako glase negacije kvantora?

8. Koja je razlika izmeu iskazne i predikatske logike?

9. +ta su valjane formule

KLJUČNE REČI

Iskaz

Formula

Konjunkcija

Disjunkcija

Implikacija

Ekvivalencija

Negacija

Tautologija

Egzistencijalni kvantor

Univerzalni kvantor

Predikat

Valjana formula

Kontradikcija

Iskazna formula

Kvantor

- 21 -



1.6. ZADACI

1. Da li su dati matematiki izrazi, iskazi:

a)

1 1

5 3

, b)2 2 2 y xy , c)

23 3 , d)

2 y .

Re!enje:

a) da, b) da,

c) da, d) ne, jer nema definisanu istinitosnu

vrednost.

2. Odrediti istinitosnu vrednost sledeih iskaza:

a)

1 1

5 3

, b)

2 2

2 y xy ,

c) 2

3 3 , d) 1 2 2 5 .

Re!enje:

a)1 1

5 3 , b) 2 2 2 x y xy T ,

c) 23 3 , d) 1 2 2 5 T T T

3. Date reenice napisati kori"enjem znakova osnovnih logikih

operacija:

a) Najmanje jedan od brojeva a i b je pozitivan.

b) Oba broja a i b su pozitivna.

c) Najmanje jedan od brojeva a i b nije pozitivan.

- 22 -



d) Nijedan od brojeva a i b nije pozitivan,

e) Tano jedan od brojeva a i b je pozitivan.

Re!enje:

a) 0 0a b ,

b) 0 0a b ,

c)

0 0a b ,

d)

0 0a b ,

e) 0 0a b .

4. Date reenice napisati kori"enjem znakova osnovnih logikih

operacija:

a) Svaki od brojeva 2,4,6 je paran,

b) Neki od brojeva 2,4,6 je manji od 6,

c) Neki od brojeva 2,4,6 nije deljiv sa 3,

d) Nijedan od brojeva 2,4,6 nije vei od 6.

Re!enje:

a) 2 2 2 4 2 6

, b) 2 6 4 6 6 6 ,

c) 3 2 3 3 3 6 , d)

2 6 4 6 6 6 .

5. Dati su iskazi :

1 1 1 1 10:

2 3 4 5 3 p

,

1 1 1 1 37:

2 3 4 5 6q

,

1 1 1 1: 7

2 3 4 5r

,

1 1 1 1 2:

2 3 4 5 5 s

.

Odrediti njihovu tanost i koristei dobijene rezultate odrediti

istinitosnu vrednost sledeih iskaza:

- 23 -



a) p q r , b) p q r s ,

c) q r s , d) p q r s .

Re!enje:

Kako je , , , p T q T r s , dobijamo

a) p q r T T T T ,

b) p q r s T T T T

c) p q r s

d) p q r s

6. Dati su iskazi:

3 5

4 3 2 2 34 : 2 2 p x y x y x y ,

2 2

4 2 6 43 : 3 3q x y x y xy ,

2 22 2 4r x y x y x y ,

2 2 2

2 4 4 s x y x xy y .Odrediti njihovu tanost i koristei dobijene rezultate odrediti

istinitosnu vrednost sledeih iskaza:

a) p q r , b) p q r s ,

c) q r s , d) p q r s .

Re!enje:

Kako je

, , , p q r T s ,

a) p q r T , b) p q r s

c) p q r s T , d) p q r s

- 24 -



7. Dati su iskazi:

0

ln 1lim 1 x

x p

x

, 2 2 x xq xe e

,

r AI IA A , ln 1 ln s x dx x C .

Odrediti njihovu tanost i koristei dobijene rezultate odrediti

istinitosnu vrednost sledeih iskaza

a) p q r , b) p q r s ,

c) p q r s , d) p q r s .

Re!enje:

Kako je , , , p T q r T s

a) p q r T , b) p q r s T

c) p q r s T , d) p q r s

8. Implikaciju 3 10 x x , proitati na vi"e naina.

Re!enje:

Ako 3 x , onda je 10 x ,

3 x je pretpostavka posledice 10 x ,

3 x povlai 10 x ,

iz 3 x sledi 10 x ,

3 x je dovoljan uslov za 10 x .

10 x je potreban uslov za 3 x .

- 25 -



9. Reenici, ceo broj je deljiv sa 4, ( 4 x ), napisati po jedan dovoljan i jedan

potreban uslov.

Re!enje:

Dovoljan uslov je recimo 8 , jer ako je broj deljiv sa 8 deljiv je i sa 4,

8 4 x x .

Potreban uslov je recimo 2 , jer ako je broj deljiv sa 2 mo!e da bude

deljiv i sa 4, 4 2 x x .

10. Nai konverziju, inverziju i kontrapoziciju implikacije 3 0 x x 3 10 x x

Re!enje:

q p konverzija 10 3 x x .

p q inverzija

3 10 3 10 x x x x q p kontrapozicija

10 3 10 3 x x x x

11. Koristei logiku operaciju ekvivalenciju zapisati Pitagorinu teoremu.

Re!enje:

a) Trougao je pravougli akko je 2 2 2a b c

b) 2 2 2a b c je potreban I dovoljan uslov da bi trougao bio pravougli.

c) ako je 2 2 2a b c , trougao je pravougli I obrnuto.

12. Ispitati da li su iskazne formule tautologije:

a) p q p q , b) p q p q , c)

p q p , d) p p p ,

e) p q r p r q r .

- 26 -



Re!enje:

a) p q p q

p

p p q p q

p q p q

F

T T T T

T T T T T

T T T T T

T T T T T

Formula je tautologija.b) p q p q je tautologija,

c) p q p nije tautologija,

d) p p p je tautologija,

e) p q r p r q r

p

q

r

p q

p q r

p r

q r

p r q r

F

T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T T

Formula nije tautologija.

13. Dokazati da su sledee formule tautologije

a) p q q p zakon komutacije

b) p q p q De Morganov zakon

c) p p p zakon idempotencije

d) p q p r p q r zakon distribucije.

- 27 -





Re!enje:

a)

,

p p q

p T p q

T q

q

Nismo dobili kontradikciju, znai na"a pretpostavka da formula nijetautologija je dobra. Znai formula nije tautologija.

b) formula nije tautologija, c) formula nije tautologija,

d) Pretpostavimo da je

,

p q p q

p q T p q

.

Ako je p q , onda je

,

,

p q

p T q

Ako dobijene vrednosti ubacimo u prvu vezu dobijamo T . Po pretpostavci taj izraz je taan. To je kontradikcija, koja obara polaznupretpostavku, znai polazna formula je tana

Ako dobijene vrednosti ubacimo u prvu vezu dobijamo

T , a po na"oj pretpostavki taj izraz je taan. To je

kontradikcija, koja obara polaznu pretpostavku, znai na"a formula je

tautologija.

e) formula je tautologija.

16. Ako je dat predikat2 2 2: P x y z , napisati iskaz 1,1,1 P .

Re!enje: 2 2 21,1,1 1 1 1 P .

- 29 -



17. Ako je dat predikat2 2 2: P x y z , napisati iskaz

, ,1 x y P x y .

Re!enje:

2 2, ,1 1 x y P x y x y x y

Postoje brojevi x i z takvi da je2 2 1 x y .

18. Napisati sledei iskaz u simbolikom zapisu:

'Svako zna matematiku bolje od Nikole'.Re!enje:

Domen su studenti,

P(x,y): x zna matematiku bolje od y.

, x P x Nikola

19. Dokazati valjanu formulu

P x x Q x x P x Q x

Re!enje:

x P x x Q x

P a x Q x za proizvoljno a

P a Q b za proizvoljno b

P x Q x kako su a i proizvoljni ,

uzeemo a=b

- 30 -



2.OSNOVNI POJMOVI TEORIJE

SKUPOVA

KRATAK SADRŽAJ:

2.1. POJAM SKUPA

2.2. OPERACIJE SA SKUPOVIMA

2.3. BROJ ELEMENATA SKUPA-KARDINALNI BROJ

2.4. PARADOKSI I NOVI PRAVCI U RAZVOJU MATEMATIKE

2.5. ZADACI

CILJEVI UČENJA:

Kada ovo poglavlje proučite moći ćete da:

1. objasnite pojam skupa,

2. definišete osnovne skupovne relacije,

3. definišete osnovne skupovne operacije,

4. znate šta je kardinalni broj skupa,

5. znate probleme teorije beskonačnih skupova,

6. poznajete Raselov paradoks.

- 31 -



2.1. POJAM SKUPA

Svakodnevno, radimo sa skupovima. Korpa jabuka, stado ovaca, svi

kontinenti, populacija bakterija, take na kru!nici, prirodni brojevi, sve su to

primeri skupova. Skoro svaka delatnost oveka odnosi se na neke skupove.

Danas su skupovi u matematici i nauci deo na"e svakodnevice.

Istorijski gledano nastali su kasno i njihov nastanak uslovio je velike potrese u

matematikom svetu. U drugoj polovini 19. veka matematiari su hteli da proue

osnove matematike analize i prvi radovi iz te oblasti bili su vezani za skupovebrojeva i funkcija. Ta razmi"ljanja su ih dovela do ispitivanja apstraktnih osobina

skupova. Tako nastaje prvo naivna teorija skupova iji se pojmovi intuitivno

prihvataju. Njen tvorac je nemaki matematiar D!or! Kantor (Georg Kantor

1845.-1918.). Mada njegova otkria u prvo vreme izazivaju sumnje pa i otvorena

protivljenja matematiara toga doba, teorija skupova poinje da se "iroko

primenjuje u mnogim matematikim disciplinama. Ali, ba" u trenutku kada se

teorija skupova poela da prihvata i primenjuje uoavaju se njeni nedostaci, prvi

paradoksi. Prvi uoava sam Kantor 1895g, pa Rasel, a zatim i mnogi drugi.

Otkrivanje paradoksa u teoriji skupova uticalo je na razvoj matematike logike i

dalji razvoj teorije skupova koji je omoguio da se defini"e prva aksiomatski

zasnovana teorije beskonanih skupova koju daje nemaki matematiar Ernest

Zermelo, koja je postala odluujui korak u sintetizovanju matematikih znanja.

Sa aspekta naivne teorije skupova mo!emo rei da:

Skup je osnovni pojam koji se ne defini"e. ine ga elementi koji

imaju bar jednu zajedniku osobinu.

Objekti skupa nazivaju se njegovim elementima.

Skupovi se obele!avaju naje"e velikim slovima A , B , C , ...,a

njegovi elementi malim slovima a , b , c , ... Neki element a mo!e pripadati datom skupu A , "to se oznaava sa

a A , ili ne pripadati istom skupu, "to se oznaava sa a A .

Skup svih elemenata x za koje je tana reenica A x , pi"e se kao

x A x

- 32 -



Skup koji nema elemenata naziva se prazan skup i obele!ava sa .

Za grafiko predstavljanje skupova koriste se Venovi dijagrami .

a A

a

Ka!emo da je A podskup skupa B i pi"emo A B , ako svaki

element skupa A pripada istovremeno i skupu B .

A B x x A x B

B

B

Dva skupa A i B su jednaka, ako svaki element skupa A pripada i

skupu B i ako svaki element skupa B istovremeno pripada i skupu

A .

A B x x A x B

Za proizvoljne skupove A, B, C va!i

A A

A B B A A B

A B B C A C

Partitivni skup P datog skupa A , je skup svih podskupova

datog skupa, tj. P A X X A .

- 33 -



Primer:

, ,a b c P A , , , , , , , , , , , ,a b c a b b c a c a b c

2.2. OPERACIJE SA SKUPOVIMA

Unija dva skupa A i B je skup B x x A x B .

A B

B A

Primer: 1,2 A , 2,3,6,7 B ; 1,2,3,6,7 A B .

U op"tem sluaju, kada imamo konano mnogo skupova 1 2, , , n A A ,

njihova unija je:

1 2

1

n

i n

i

A A A

.

Presek skupova A i B je skup A B x x A x B .

B B

Primer:

1,2 A , 2,3,6,7 B ; 2 A B

- 34 -



Ako je presek dva skupa A i B prazan, tj. A B , tada za ta dva

skupa ka!emo da su disjunktni .

Ako je dato konano mnogo skupova 1 2, , , n A A njihov presek je:

1 2

1

n

i n

i

A A A A

.

Razlika skupova A i B je skup \ A B x x A x B .

\ B B

Primer:

1,2 A , 2,3,6,7 B ; \ 1 A B , \ 3,6,7 B A .

Simetri na razlika skupova A i B je unija skupova \ A B i \ B A , tj.

( \ ) ( \ ) A B A B B A .

A B

B

Primer:

1,2 A , 2,3,6,7 B ; 1,3,6,7 A B .

Komplement skupa A u odnosu na skup B (ili dopuna skupa A do

skupa

B ) gde je A B je skup \ BC A B A .

- 35 -



B

BC A

Primer:

1,2 A , 1,2,3,6,7 B ; 3,6,7 BC A .

Par elemenata ( , )a b nazivamo ure enim parom (ili ureenomdvojkom) ako je tano odreeno koji je element na prvom, a koji na

drugom mestu.

Ureeni parovi ( , )a b i ( , )c d su jednaki ako i samo ako je a c i

b d .

Dekartovim proizvodom skupova A i B naziva se skup

( , ) A B a b a A b B .

Primer:

Dati su skupovi 1,2,3 A i , B x y .

(1, ), (2, ),(3, ),(1, ), (2, ),(3, ) , A B x x x y y y

( ,1),( ,2),( ,3),( ,1),( ,2),( ,3) B A x x x y y y .

Oigledno je A B B A , "to znai da za Dekartov proizvod skupova ne

va!i zakon komutacije.

Dekartov proizvod A A se oznaava sa 2 A . Dekartov proizvod

2 R R R predstavlja realnu ravan.

- 36 -



Za operacije sa skupovima va!e sledei zakoni:

Zakon komutacije A B B A A B B A

Zakon asocijacije A B C A B C

A B C A B C

Zakon distribucije A B C A B A C

Zakon identiteta A A

Zakon dvostrukog komplementa C C A A

De Morganovi zakoni C C C

A B A B

C C C

A B A B

Dekart Rene (Descartes René, 1596.-1650.) Bio je mate-

mati ar, filozof i nau nik ije je delo Geometrija (La

geometrie) postavilo osnove dana!njoj analiti koj

geometriji. Dekart je bio prvi koji je upotrebio poslednja

slova alfabeta da ozna i ne-poznate veli ine. O zna enju

tog otkri a Engels je rekao: &Dekar-tova promenljivaveli ina bila je prekretnica u matematici.

Zahvaljuju i tome u!li su u matematiku kretanje i dijalektika, a isto se tako

odmah nu"no do!lo do diferencijalnog i integralnog ra una, koji se odmah i

javlja, te su ga Njutn i Lajbnic uglavnom dovr!ili, a nisu ga otkrili.& Za etnik je

novog filozofskog pravca racionalizma. Metodskim skepti kim ra! i! avanjem

svega nejasnog i nesigurnog i izdvajanjem i odbacivanjem nepouzdanog. Ta

istina je sadr"ana u njegovoj poznatoj re enici &Mislim, dakle postojim& (Cogito,

ergo sum).

1649. godine Dekarta je u Stokholm pozvala !vedska kraljica Kristina da bi je

podu avao. Dvadeset trogodi!nja kraljica je "elela da crta tangente u pet sati

ujutru, tako da je Dekart razbio svoju "ivotnu naviku ustajanja u jedanaest sati.

'ele i da svojim savetima uti e na udljivu vladarku tada mo ne, Dekart je

podnosio surove uslove u zemlji stena i gle era i svako jutro hodao do palate.

Nenaviknut na hladno u !vedskih zima umro je 1650. godine od zapaljenja plu a.

- 37 -



2.3. BROJ ELEMENATA SKUPA - KARDINALNI BROJ

Odreivanje broja elemenata konanih skupova svodi se na njihovo

prebrojavanje.

Kada se radi o beskonanim skupovima, situacija je mnogo slo!enija. Jo" u

antiko doba Euklid daje aksiomu: Celina je uvek vea od svakog svog dela. Ali

u antici je ovo slu!ilo upravo kao argument da beskonane skupove treba

odbaciti ba" zato "to proizvode ovakve paradokse. U 17. veku uveni fiziar i

matematiar Galileo Galilej (Galileo Galilei 1564-1642) takoe je primetio dakod beskonanog skupa, njegov pravi podskup mo!e biti iste veliine kao i ceo

skup. Kasnije u 19. veku je uoeno da svi beskonani skupovi nisu iste veliine,

da neki beskonani skupovi mogu biti vei ili manji od drugih beskonanih

skupova. Pojam kardinalnog broja uveo je D!ord! Kantor da bi se pomou

njega beskonani skupovi mogli uporeivati po veliini.

Primer:

Skup N prirodnih brojeva ima beskonano mnogo elemenata, ali manje od

skupa celih brojeva Z , kojih je takoe beskonano mnogo.

Definicija: Ako postoji bijektivna funkcija : f A B skupova A i B , onda se

za skupove A i B ka!e da imaju isti kardinalni broj , u oznaci kA kB .

Kod konanih skupova, kardinalni broj predstavlja broj elemenata skupa.

Ako skup A ima isti kardinalni broj kao skup prirodnih brojeva N , onda

za skup A ka!emo da je prebrojiv .

Skup A je prebrojiv ako se mo!e poreati u niz.

Kardinalni broj skupa prirodnih brojeva oznaava se sa hebrejskim slovom

i ita se alef nula 0kN .

- 38 -



Primer:

Dokazati da kardinalni broj skupa prirodnih brojeva je jednak kardinalnom

broju skupa svih parnih prirodnih brojeva.

Ako se uoi bijektivno preslikavanje skupa prirodnih brojeva u skup parnih

prirodnih brojeva kao u sledeoj "emi

1 2 3 4

2 1 2 2 2 3 2 4 2

n

n

odnosno preslikavanje : f N Z , kod koga je 1 0, 2 1,....... f f

mo!emo zakljuiti da ovi skupovi imaju isti kardinalni broj i da je 2kN k N .

Primer:

Skup celih brojeva je takoe prebrojiv, jer se brojevi mogu poreati u niz,

0, 1,1, 2,2,

Znai postoji bijektivno preslikavanje : f N Z , kod koga je

1 0, 2 1,....... f f

Dakle kN kZ .

Primer:

Skup pozitivnih racionalnih brojeva je prebrojiv, jer se i ovi brojevi mogu

poreati u niz,

0

1

1

2

1 2

3 3

1 2 3

4 4 4

- 39 -



Dakle cardN cardQ .

Ako posmatramo sve racionalne brojeve Q , oni se takoe mogu napisati u

obliku niza 1 20, , ,.....q q pa mo!emo zakljuiti da je skup Q takoe

prebrojiv skup.

Skup realnih brojeva R je neprebrojiv , cardR c (kontinuum).

Kontinuum iznosi 02c

Primer:

Skup svih taaka prave ima kardinalni broj c.

Skup svih realnih brojeva na intervalu 0,1 ima takoe kardinalni broj c.

Primer:

Koliki je kardinalni broj praznog skupa?

0card

1card

Kantor dakle tvrdi da ne postoji samo jedna beskonanost. Postoji itav

spektar beskonanosti, a dve sa kojima se naje"e sreemo u svakodnevnoj

matematici su prirodni brojevi iji je kardinalni broj alef nula 0 i realni

brojevi iji je kardinalni broj kontinuum C.

Jedno od pitanja koje je Kantor ostavio otvorenim, danas je poznato kao

hipoteza kontinuuma.

Kantorova hipoteza kontinuuma

Da li postoji skup A iji je kardinalni broj izmeu kardinalnog broja svih

prirodnih brojeva i kardinalnog broja svih realnih brojeva?

0 A K C

Primer:

U teoriji beskonanih skupova va!i 0 0 1 .

- 40 -



Ovu injenicu dokazao je David Hilbert (1862-1943) kroz jedan zanimljiv

primer.

Ulazi ovek u hotel u kome ima beskonano soba koje su numerisane

prirodnim brojevima: 1, 2, 3,.... Prilazi recepcioneru i tra!i sobu za prenoi"te.

Recepcioner mu odgovara da su sve sobe zauzete i da ne mo!e da ga primi.

Gost mu da to odgovara: Kako nema mesta? Samo prebacite gosta iz prve sobe

u drugu, iz druge u treu, iz tree u etvrtu i tako redom # a ja u uzeti sobu sa

rednim brojem 1.

2.4. PARADOKSI I NOVI PRAVCI U RAZVOJU

MATEMATIKE

Poetkom 20 veka teorija skupova do!ivljava svoj procvat i nalazi "iroku

primenu u matematici i nauci. Meutim, u naivnoj teoriji skupova pojmovi nisu

bili strogo definisani i mogli su se tumaiti na razliite naine. Glavni problem

naivne teorije skupova je bio uslov kojim se elementi grupi"u u skup.

Tako su uoene i prve protivrenosti, odnosno paradoksi. Prvi paradoksi u

matematici pojavili su se u staroj grkoj, a najpozbatiji su Ahil i kornjaa, Strela,

Stadion i Dihotomija. Svi se odnose na protivrenosti vezane za probleme

kretanja.

Primer:

Paradoks la!ova

Najstariji varijanta ovog paradoksa je tvrenje uvenog kritskog filozofa

Epimenida koji glasi:Krianin ka!e ý Svi kriani la!uý

Paradoks se javlja kada poku"amo da utvrdimo da li je ovo tvrenje istinito

ili ne. Pretpostavimo da je tvrenje istinito. Onda sledi da je Epimenid lazov, ali

- 41 -



prethodno smo pretpostavili da je on rekao istinitu , pa stoga Epimenid ne

mo!e biti lazov. S druge strane, kada pretpostavimo da je tvrenje neistinito,

onda sledi da Epimenid nije lazov, ali smo na poetku pretpostavili da je rekao

la!, te je stoga Epimenid lazov. Bez obzira na to da li je tvrenje istinito ili ne,

dolazimo do protivrenosti, pa izlazi da tvrenje nije ni istinito ni la!no.

Najuveniji paradoks je Raselov paradoks nastao 1902 godine, (Bertrand

Rasel 1872-1970). Time je ukazano na nedostatke takozvane naivne teorije

skupova. Uoio je da ako se skupovi defini"u preko osobina svojih lanova neki

skupovi e biti sami sebi elementi, a drugi nee.

Postoje razne interpretacije Raselovog paradoksa, paradoks brijaa,

paradoks biblioteke, Pinokija, la!ova, i mnogi drugi.

Paradoks brija a

U nekom selu !iveo je brija, koji je brijao sve one stanovnike sela, koji se nisu

brijali sami. Da li je brija brijao samog sebe?

Ako bi se brija brijao sam, on bi bio jedan od stanovnika koji se briju sami, pa se

ne bi smeo brijati kod brijaa, odnosno kod samog sebe. Ako suprotno brija

ne bi brijao sam, bio bi jedan od stanovnika sela koji se ne briju sami, pa bi semorao brijati kod brijaa, odnosno kod sebe. Znai imamo kontradikciju.

Kako se re"ava ovaj paradoks?

Jednostavno, mo!emo zakljuiti da takvo selo ne postoji.

Raselov paradoks

Posmatrajmo skup A X X X , odnosno skup svih skupova koji nisu

elementi samog sebe. Da li je skup A element od A ili nije?Ako A A , onda A ima osobinu da pripada samom sebi kao element, dakle

A A , "to je u suprotnosti sa polaznom pretpostavkom. Ali ako A A , onda

je A element samog sebe pa ima navedenu osobinu "to znai da A A . Obe

pretpo-stavke vode u kontadikciju. Zakljuak je da ovakav skup A ne mo!e da

postoji.

- 42 -



Raselov paradoks je ukazao da Kantorova prihvaena definicija skupa nije

odr!iva i da skup nije sve "to nam padne na pamet, ve da se pojam skupa

mora suziti.

Rasel je uoeni problem re"io tako "to je definisao pojam klase i jedan od

naina prevazila!enja ovog paradoksa se svodi da se skup svih skupova ne smatra

skupom, ve klasom, koja je uop"tenje pojma skupa. Klasa takoe nema strogu

definiciju, ve mo!emo rei da nju ine objekti odabrani po nekom zajednikom

kriterijumu. Nagla"avamo da se pojam klase razlikuje od pojma skupa, jer se skup

se mo!e shvatiti kao unija bilo kakvih elemenata.

Pojava Raselovog paradoksa ozbiljno je uzdrmala naivnu teoriju skupova. Kao

njegov rezultat u matematici su se razvila tri pravca kojima je poku"ano da se re"e

nastali problemi. To su Raselov#logicizam ( smatrali su da se matematika mo!e

svesti na logiku ), Bauerov-intuicionalizam (osnovna ideja bila je da se postojanje

objekta priznaje samo ako postoji nain za njegovu konstrukciju) i Hilbertov#

formalizam (eliminisati iz matematike sve nedoumice i dvosmislenosti koje izaziva

prirodan jezik. Napraviti ve"tacki jezik za matematiku u kome e pravila biti tako

precizna, tako kompletna da nee biti nedoumica da li je neki dokaz ispravan ili

nije)

Do konanog re"enja se ipak do"lo aksiomatizacijom teorije skupova. Prviaksiomatski pristup dao je Zermelo 1908. godine, a posle njega i mnogi drugi

matematiari. Zermelov pristup problemu su"tinski se razlikovao od ostalih

matematiara koji su se bavili ovim problemom. Smatrao je da skupovi nisu

zasnovani na podeli na dva dela, odnosno na one koji imaju i na one koji nemaju

zadatu osobinu. Po njemu skupovi nastaju postepeno, kumulativno, polazei od

praznog skupa kao polaznog svaki skup se mo!e izgraditi pomou njega

jednostavnim operacijama. Skup mo!e da sadr!i samo one skupove koji su

izgraeni pre njega.

Kao posledicu svih nedoumica koje su se javile, nemaki matematiar David

Hilbert, poetkom 20 veka postavio je tri pitanja:1. Da li je matematika kompletna?

2. Da li je matematika konzistentna ( dosledna, neprotivrena)?

3. Da li je matematika odluiva?

- 43 -



Na prva dva pitanja odgovorio je Kurt Gedel (1906-1978), a na poslednje Alan

Tjurig (1921-1954). Odgovori su bili krajnje neoekivani i pokazalo se da Hilbertova

vizija da formalizuje celu matematiku nije mogua.

Najvei potres u matematici 20 veka izazvao je 1931.godine Kurt Gedel.

Dokazao je da matematika nikada ne mo!e biti logiki savr"ena, odnosno da

postoje problemi koji mogu biti nere"ivi. Znai matematika nije kompletna.

I mada je Gedel dokazao da postoje tvrenja koje se ne mogu dokazati, postoji

mnogo tvrenja koje mogu biti dokazana, pa njegov dokaz nije poremetio ni"ta "to

je bilo dokazano u pro"losti. Mnogi matematiari su verovali da se Gedelove

teoreme odnose samo na najekstremnije oblasti matematike i da se zbog toga ne

moraju njima baviti.

Gedel je ukazao da nedokazive teoreme postoje, ali nije mogao da ka!e koje

su. Medjutim, 1963. godine, Pol Koen, dvadesetdevetogodi"nji matematiar sa

Stanforda, razvio je tehniku za testiranje neodluivosti odreenog pitanja. On je

bio prva osoba koja je otkrila specificna pitanja koja su zaista bila neodluiva.

Kao posledicu ovih saznanja postavlja se pitanje: Kakvu sigurnost matematika

pru!a? Ako nikada ne mo!emo imati potpun skup aksioma, tada nikada neemo

biti sigurni ni u "ta. I ako pokusamo da dodamo nove aksiome nema garancija da

emo dobiti potpunost teorije.Kurt Godel i Alan Tjuring pokazali su da je nemogue formalizovati celu mate-

matiku, zato "to je bilo koji formalni aksiomatski sistem ili nekonzistentan ili

nepotpun. U slobodnoj interpretaciji, svojstvo nekonzistentnosti (protivurenosti)

znaci da sistem dokazuje netane teoreme, a svojstvo nepotpunosti znaci da

sistem ne dokazuje sve valjane teoreme.

Ono kljuno sto proizilazi iz Gedelove teoreme jeste injenica da aksiomatska

metoda formalnog zasnivanja, postavljena onako kako su je zamislio Hilbert, ima

svoja ogranienja, da ne pokriva potpuno matematiko rasuivanje i metode

dokazivanja teorema razvijane vekovima, koje se ne mogu smatrati ni neispravnim,

ni nematematikim, ni nenaunim.Druga praktina posledica Gedelove teoreme odnosi se na raunare. Kako je

njihova teorijska podloga formalna aritmetika, to je okvir problema dostupan

raunaru daleko u!i u poreenju sa okvirom dostupnom ljudskom mozgu. To je,

bar za sada pozitivan rezultat, jer je ovek jo" uvek jaci od masine.

- 44 -



injenica da skoro svaki kompjutersko programski jezik mo!e da podr!i sve

postojee algoritme je veoma bitan oblik potpunosti. To je teorijska osnova za celo

raunarstvo. Tako je formalizam trijumfovao ne u matematici, ve u raunarstvu.


1. +ta je skup?

2. +ta su Venovi dijagrami?

3. Navesti i definisati osnovne skupovne relacije.4. Navesti i definisati osnovne skupovne operacije.

5. Definisati Dekartov proizvod skupova.

6. +ta je partitivni skup?

7. +ta je kardinalni broj skupa?

8. Koliki je kardinalni broj skupa N, odnosno skupa R?

9. Kako glasi Raselov paradoks ?

KLJUČNE REČI

SkupElementVenov dijagramPodskupUnijaPresekRazlika

KomplementDekartov proizvodPartitivni skupKardinalni brojAlef nulaKontinuum

- 45 -



2.5. ZADACI

1. Ako je 1,2,3 A , 2,3,4,5 B i 2,3,4,5,6,7C , odrediti

a) , , A B A B C b) , , A B A B C

c) \ , \ . B C A , d) A B , P A .

Re!enje:

a) 1,2,3,4,5 A B , 1,2,3,4,5,6,7 A B C ,

b) 2,3 A B , 2,3 A B C ,

c) \ 1 A B , \ 4,5,6,7C A ,

d)

1,1 , 1,2 , 1,3 , 1,4 , 1,5 , 2,1 , 2,2 , 2,3 , 2,4 ,

2,5 , 3,1 , 3,2 , 3,3 , 3,4 , 3,5 A B

, 1 , 2 , 3 , 1,2 , 1,3 , 2,3 , 1,2,3 P A .

2. Odrediti elemente skupova 2 1 0 A x x x Z i

2 1 7 B x x x N , a zatim izraunati , , \ A B A B A B i

\ B A .

Re!enje:

1,1 A .

Kako je 2 1 7 3 x x , a treba da uzmemo samo prirodne

brojeve 1, 2 B .

1 A B , 1,1,2 A B , \ 1 A B , \ 2 B A .

- 46 -



3. Dat je skup 0,1,2, 9 P . Odrediti skupove

3 A x x P x i 8 B x x P x , a zatim izraunati

, , \ B A B A B .

Re!enje:

3,4,5,6,7,8,9 A i 0,1,2,3,4,5,6,7 B .

3,4,5,6,7 A B , 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9 A B , \ 8,9 A B

4. Dat je skup 0,1,2, 9 P . Odrediti skupove

2

12

x A x x P P

x

i

2

2

x B x x P x P

,

a zatim izraunati , , \ , A B A B A B \ , \ B A P A B .

Re!enje:

0,4,6,8,9 A , 0,2,4 B .

0,4 A B , 0,2,4,6,8,9 A B ,

\ 6,8,9 A B , \ 2 B A ,

\ , 6 , 8 , 9 , 6,8 , 6, 9 , 8, 9 , 6,8, 9 P A B .

5. Koliko elemenata ima partitivni skup P A , skupa A koji ima:

a) nula elemenat

b) dva elementa

c) tri elementa

d) n elemenata

Re!enje:

a) 1, njegov element je prazan

skup

b) 4

c) 8

d) 2n , gde je n broj elemenata

skupa

- 47 -



6. Koliko elemenata ima skup iji je partitivni skup i kako glasi:

a) , 1 , 2 , 1,2 P A

b) , 1 P A

Re!enje:

a) 2, a glasi 1,2 A

b) 1, a glasi 1 A

7. Odrediti Dekartov proizvod A B , ako su dati skupovi

2 1 A x x N x i 1 2 B x x .

Re!enje:

1 , 1,0,1 ,

1, 1 , 1,0 , 1,1 .

A B

A B

8. Dati su skupovi , , , A a b c d , , , 4 B a b , 2,4,C c ,

, ,3 D a b i 1, E b .Odrediti a,b,c,d ako znamo da je

B A , C A , D A i E B .

Re!enje:

1, 2, 3, 4a b c d .

9. Dati su skupovi

, 10 A n n N n , , 2 7 B n n N n , 2,3,6C .

Odrediti skup X ako znamo da je X A , C X B .

Re!enje: 2,3,4,5,6,7 X .

10. Primenom tautologija dokazati sledee skupovne jednakosti:

a) A A B A , b) A B C A B A C

c) A B B A , d) / A B B

- 48 -



Re!enje:

a)

x A A B x A

x A x A B x A

x A x A x B x A

Ako uvedemo oznake: : p x A i :q x B , dobijamo iskaznu formulu

p p q p

Kori"enjem tablice lako se dokazuje da je formula tautologija, pa samimtim i svaka formula koja se na nju mo!e svesti je tana.

b) Ako uvedemo oznake:

: , : , : p x A q x B r x C

Dobijamo iskaznu formulu:

p q r p r q r

Kako je iskazna formula tautologija, svaki izraz, pa i na", koji se mo!e svesti na

ovu tautologiju je taan.

c) Ovoj jednakosti odgovara iskazna formula p q q p , koja je

tautologija.

d) Ovoj jednakosti odgovara iskazna formula p q q , koja je

tautologija.

p q r p q q r p r q r r q r F

T T T T T T T T T

T T T T T T T T

T T T T T T T

T T T

T T T T T T T

T T T

T T T T T T

T

- 49 -



11. Neka je , , , , X A A Y A Z . Odrediti elemente i

podskupove datih skupova.

Re!enje:

Elementi skupa X su , A A , skupa Y je A , a skupa Z su ,

Podskupovi skupa X su , , , , A A A A , skupa Y su , A , a

skupa Z , , ,

12. Dat je proizvoljan skup A. +ta je tano?

a) Skup A je element skupa A

b) Skup A je element skupa A

c) Skup A je podskup skupa

d) Skup A ima samo jedan element A

Re!enje:

a) da, b) ne, c) da, d) da

13. Koliki je kardinalni broj skupova:

a) 1,2,3 A b) ,1 A

Re!enje:

a) card(A)=3

b) card(A)=2

- 50 -



3.RELACIJE I FUNKCIJE

KRATAK SADRŽAJ:

3.1. RELACIJE

3.1.1. DEFINICIJA I OSOBINE RELACIJA

3.1.2. VRSTE RELACIJA

3.2. FUNKCIJE

3.2.1. DEFINICIJA I OSOBINE FUNKCIJA

3.2.2. KOMPOZICIJA FUNKCIJA

3.2.3. INVERZNA FUNKCIJA

3.3. ZADACI

CILJEVI UČENJA:


1. definišete pojam relacije,

2. osobine relacija,

3. vrste relacija.

4. definišete pojam funkcije,

5. osobine funkcija,

6. nabrojite različite vrste funkcija.

- 51 -



3.1. RELACIJE

Relacija je odnos, veza, izmeu objekta. U matematici, se sreemo sarazliitim relacijama. To su jednako, paralelno, normalno, slino i mnoge druge.Matematike objekte je potrebno poreivati ili poreati po nekom zadatomkriterijumu, kao i uoiti slinost izmeu njih i grupisati ih u grupe meusobnoslinih i tada koristimo osobine relacija. U svakodnevnoj praksi naje"e sekoriste binarne ili dvo lane relacije, i osvrnuemo se samo na taj tip relacija.

3.1.1. DEFINICIJA I OSOBINE

Relacija se mo!e posmatrati kao povezivanje elemenata nekog skupa A, koji

su u vezi, relaciji, sa elementima nekog skupa B. Znai ako x A i y B ,

onda svakom paru , x y A B pridru!ujemo vrednost T, a ako to nije sluaj

vrednost .

Definicija: Binarna relacija je bilo koji podskup Dekartovog proizvoda

proizvoljnih skupova A i B. Ako je

A B i , x y

,

ka!emo da je x u relaciji sa y i pi"emo y .

Relacije se mogu predstaviti na razliite naine: ureenim parovima,tablicama, graficima i td.

Primer:Relaciji

1,1 , 2,2 , 2,1 , 1,2 , 3,3 , 4,4 ,

odgovara sledei graf i tablica .

1 2

3 4

- 52 -



1 2 3 4

1 T T 2 T T 3 T 4 T

Ako B , onda se skup 2 A A A naziva Dekartovim kvadratom.

Relacija mo!e da ima sledee osobine:

Neka je2 . Za relaciju tada ka!emo da je

(R) refleksivna ako A x x

(S) simetri na ako , y A x y y x

(AS) anti simetri na ako , x y A x y y x x y

(T) tranzitivna ako , , y z A x y y z x z

Relacija iz prethodnog primera je refleksivna, simetrina i tranzitivna.

3.1.2. VRSTE RELACIJA

Relacija koja je refleksivna, simetrina i tranzitivna zove se relacijaekvivalencije.

Relacija koja je refleksivna, anti simetrina i tranzitivna zove se relacija

poretka.

Primer:

Relacije ekvivalencije su jednako, podudarno, slino i td, a relacije

poretka su manje ili jednako, vee ili jednako i td.

- 53 -



Uloga relacije ekvivalencije je da se pomou njih izraze slinosti izmeu

objekata i da se oni grupi"u u grupe meusobno slinih, a uloga relacije

poretka da se objekti poreaju i uporeuju po nekom zadatom kriterijumu.

Relacija ekvivalencije mo!e da se razla!e na klase ekvivalencije.

Ako je relacija ekvivalencije skupa A, onda se klasa ekvivalencije,

elementa x, u oznaci xC defini"e kao xC y x y .

Koli ni ki skup je skup klasa A ili A .

Klase ekvivalencije jednog skupa ine njegovo razlaganje na disjunktnepodskupove, a njihova unija je sam polazni skup.

Primer:

Dat je skup 2, 1,0,1,2 A u kome je definisana je relacija

2 2 x y x y . Odrediti tablicu, napisati parove relacije i ispitati osobine

relacije.

y -2 -1 0 1 2

-2 T T

-1 T T

0 T 1 T T 2 T

: 2, 2 , 2, 2 , 1, 1 , 1,1 , 1, 1

1,1 , 0,0 , 2,2 , 2, 2

Osobine :

Relacija je refleksivna , jer x A x x ,odnosno2 2 x

Relacija je simetrina , jer , x y A x y y x ,2 2 2 2 x y y x

Relacija je tranzitivna , jer

- 54 -



, , x y z A x y y z x z ,

2 2 2 2 2 2 x y y z x z

Znai ova relacija je relacija ekvivalencije.

Razlikujemo 3 klase ekvivalencije 1 2 32,2 , 1,1 , 0C C C .

Koliniki skup je

1 2 3/ , ,C C C

3.2. FUNKCIJE

Pojam funkcije ili preslikavanja spada u osnovne matematike kategorije.

Jasna predstava o pojmu funkcije stvorena je tek u 17. veku. Kod funkcija, kao i

kod relacija, uspostavlja se veza izmeu elemenata dva skupa, ali dok kod

relacija jednom elementu skupa A mogu odgovarati vi"e elemenata skupa B,

kod funkcija jednom elementu skupa A mo!e odgovarati samo jedan elemenat

skupa B.

3.2.1. DEFINICIJA I OSOBINE

Definicija: Preslikavanje ili funkcija f skupa A u skup B, u oznaci : f A B

je relacija f A B , koja ima osobinu da je svaki elemenat skupa A u relaciji

tano sa jednim elementom skupa B, tj.

, x A y B x y f i

, , , x A y z B x y f x z f y z .

- 55 -



Kod funkcija uobiajeno je da umesto , x y f pi"emo y f x i

ka!emo da funkcija f preslikava x u y . Tada x nazivamo originalom, y

njenom slikom.

Skup x D A onih elemenata iz A kojima su korespondirani elementi

skupa B naziva se oblast definisanosti ili domen funkcije.

Skup y

D B onih elemenata iz B kojima su korespondirani elementi

skupa B naziva se oblast vrednosti ili kodomen funkcije.

Primer:

Kod funkcija definisanih na konanim skupovima koristimo sledee zapise:

Ako su dati skupovi

, ,a b c i 1,3 B

onda jedna od moguih funkcija njihovih elemenata je

1 3 1

a b c

f

ili zapisana kori"enjem ureenih parova

,1 , , 3 , ,1 f a b c

Relacija , 2 f b nije funkcija, jer bi se element b

preslikavao u dva razliita elementa 2 i 3.

- 56 -



Funkcija2: f A A , naziva se binarnom operacijom.

Poznate binarne operacije su sabiranje, oduzimanje, mno!enje i sl.

Funkcija : f A B se naziva %1 1 & ili injektivna ako je

1 2 1 2 1 2, x x A x x f x f x .

Funkcija : f A B se naziva %na& ili surjektivna ako je

, y B x A y f x .

U su"tini, kod preslikavanja na je y D B .

Ako je preslikavanje : f A B %1-1& i %na& takvo preslikavanje ili funkciju

nazivamo bijektivnim, (obostrano jednoznano preslikavanje).

Primer:

Ispitati da li je funkcija 2 1 f x x bijekcija. Ako je ispunjeno

1 2 1 2 1 2, x x R x x f x f x

preslikavanje je %1 1 &. Izrazi koji u sebi sadr!e nejednakosti se te"ko

dokazuju i jednostavnije je koristiti kontrapoziciju prethodnog izraza

- 57 -



koja glasi

1 2 1 2 f x f x x x .

Dakle 1 2 1 22 1 2 1 x x x x , ime smo dokazali da je preslikavanje

%1 1 &.

Da bismo dokazali da je preslikavanje %na& re"imo polaznu

jednainu po y.

Dobiemo izraz

1 1

2 2 x y .

Onda

1 1

,2 2

y R x R x y

i zakljuujemo da je preslikavanje %na&.

Po"to je preslikavanje % 1-1& i %na&, ono je bijekcija.

3.2.1. KOMPOZICIJA FUNKCIJA

Definicija:

Neka su funkcije date : f A B i : g B C . Tada izraz g f predstavlja

proizvod ili kompoziciju ili slaganje preslikavanja f i g , a defini"e se kao

x A g f x g f x .

Primer:Ako su dati skupovi

1,2,3 A

, , , B a b c

i 5,6,7C

, a: f A B i : g B C ,

gde je

1 2 3 f

a b c

i 7 6 5

a b c g

.

- 58 -



Tada

: g f A C glasi

1 2 3

7 6 5 g f

.

Primer:Neka su funkcije zadate formulama

2 1 f x x i 21 g x x x .

Tada je:

2 2

2 1 2 1 1 4 6 3 g f x g f x x x x x

2 22 1 1 2 2 2 f g x f g x x x x x

22 2 2 4 3 2

2

1 1 1 2 4 3 3

2 2 1 1 4 3

g g x g x x x x x x x x x

f f x f x x x

3.2.2. INVERZNA FUNKCIJA

Definicija: Ako je : f A B bijekcija, onda je1 f inverzna funkcija skupa B

u skup A sa osobinom1 f f I , gde je I identino preslikavanje, tj.

x A I x x .

1 f y f x

- 59 -



Mo!emo i pisati 1 f f x x .

Grafici funkcija f i1 f su simetrini u odnosu na pravu x .

Primer:

Nai inverzno preslikavanje od funkcije 2 1 f x x .

U prethodnom primeru pokazali smo da je funkcija 2 1 f x x

bijekcija, odnosno zadovoljava osobine da je 1-1 i na.

Dakle postoji inverzno preslikavanje 1 1

2

x f x y

.

y x

y f x

1 f x

Primer:

x

y

y f x

1 y f x

- 60 -



Odrediti inverzno preslikavanje funkcije 2 f x x .

Kako i za 1 x i 1 x dobijamo istu vrednost funkcije 1 1 f ,

zakljuujemo da funkcija 2 f x x nije %1-1&, i nije ni bijekcija,

pa ne postoji inverzna funkcija1 f .


1. Definisati relaciju.

2. Osobine relacija.

3. Šta je relacija ekvivalencije?

4. Šta je relacija poretka?

5. Šta je funkcija?

6. Šta je bijekcija?

7. Definisati inverzno

preslikavanje.

8. Definisati kompoziciju

preslikavanja.

KLJUČNE REČI

Relacija

Refleksivnost

Simetrinost

Antisimetrinost

Tranzitivnost

Klasa ekvivalencije

Koliniki skup

Funkcija

Domen

Kodomen

Injekcija

Surjekcija

Bijekcija

Inverzna funkcij

- 61 -



3.3. ZADACI

1. U skupu 1,2,3,4 A odrediti tablice za relacije: = (jednako),

(manje), (biti inilac skupa).

Re!enje:

= 1 2 3 41 T 2 T 3 T 4 T

2. U skupu 1,2,3,4,5 A definisana je relacija

: , : 1 y A x y y x .

Napisati tablicu, prikazati je grafiki, ispisati parove i ispitati osobinerelacije.

< 1 2 3 4

1 T T T

2 T T

3 T

4

1 2 3 4

1 T T T T

2 T T

3 T 4 T

- 62 -





Osobine:

(R) Relacija je refleksivna A x x ;3 3 x .

(S) Relacija je simetrina , x y A x y y x ;

3 3 3 3 x y y x

(T) Relacija je tranzitivna , , x y z A x y y z x z ;

3 3 3 3 3 3 x y y z x z .

Ova relacija je relacija ekvivalencije.

4. Dat je skup 2, 1,0,1,2 A u kome je definisana je relacija

x y x y . Napraviti tablicu, napisati parove relacije i ispitati

njene osobine .

Re!enje:

: 2, 2 , 2, 1 , 2, 0 , 2,1 , 2, 2 , 1, 1 , 1, 0 ,

1,1 , 1,2 , 0,0 , 0,1 , 0,2 , 1,0 , 1,2 , 2,2

Osobine :Relacija je refleksivna , jer x Relacija nije simetrina , jer y y x

Relacija je antisimetrina y y x x y Relacija je tranzitivna , jer y y z x z

Znai ova relacija je relacija poretka.

-2 -1 0 1 2

-2 T T T T T

-1 T T T T

0 T T T1 T T

2 T

- 64 -



5. U skupu

1 1 11,2, , ,3, ,4

2 3 4 A

definisana je relacija

: , : y A x y x Z y Z x Z y Z .

Odrediti elemente relacije i prikazati je tabelarno.

Dokazati da je ova relacija ekvivalencije, odrediti klase ekvivalencije i

koliniki skup.

Re!enje:

: 1,1 , 1,2 , 2,1 , 2,2 , 2,3 , 3,2 , 2,4 , 4,2 , 1,3 , 3,1 ,

1 1 1 1 1 1 1 11,4 , 3,3 , 3,4 , 4,4 , 4,3 , 4,1 , , , , , , , , ,

2 3 2 2 3 3 3 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1, , , , , , , , ,

2 4 4 2 4 4 3 4 4 3

Re!enje:

1 2 3 41

2

1

3

1

4

1 1 1 1 1 0 0 0

2 1 1 1 1 0 0 0

3 1 1 1 1 0 0 0

4 1 1 1 1 0 0 0

1

20 0 0 0 1 1 1

1

3 0 0 0 0 1 1 1

1

40 0 0 0 1 1 1

Osobine :

(R) Relacija je refleksivna, jer

- 65 -



x x x Z x Z x Z x Z

(S) Relacija je simetrina, jer

y y x x Z y Z x Z y Z y Z x Z y Z x Z

(T) Relacija je tranzitivna, jer

x y x Z y Z x Z y Z y Z z Z y Z z Z

x Z z Z x Z z Z

Ovo je relacija ekvivalencije.

Data relacija rastavlja skup A na 2 podskupa (klase)

1 2

1 1 11,2,3,4 , , , .

2 3 4 A A

Koliniki skup je 1 2/ , A A A

6. U skupu formula

, , , , , , F p q p q p q p q p q q p p q

uvedena je relacija na sledei nain x y ako je formula tautologija.

Dokazati da je relacija ekvivalencije i odrediti klase ekvivalencije.

Re!enje:Posle ispitivanja koje su od zadatih formula tautologije, tablicom ilinekom drugom metodom dobijamo da su tautologije :

- 66 -



p q p q

p q p q

p q q p

p q p q

p q q p

Prema tome, postoje 3 klase ekvivalencije. To su

1 2 3, , , , , , F p q p q q p F p q p q F p q p q

1 2 3 F F F F

7. U skupu Z celih brojeva definisana je relacija

: , : 3 y Z x y x y .

Dokazati da je ova relacija relacija ekvivalencije. Odrediti klase

ekvivalencije i koliniki skup / Z .

Re!enje:

Relacija je refleksivna, jer je

: 3 3 0 x Z x x

Relacija je simetrina, jer je

, : 3 3

3

3 3

x y Z x y x y k

y x x y k

x y y x

Relacija je tranzitivna, jer je

, : 3 3

3 3

3 3 3 3

x y Z x y x y z

x y k y z m

x z x y y z k m k m n

Klase ekvivalencije su :Data relacija rastavlja skup Z na 3 podskupa.

- 67 -



0

1

2

3,6,9,12 3

1,4,7,10 3 1

2,5,8,11 3 2

Z x x Z x k

Z x x Z x k

Z x x Z x k

Koliniki skup je 0 1 2/ , ,S S S S .

Napomena:

Izraz x y znai: x se sadr!i u y ili x je inilac za y .

Osim ove oznake,esto se pi"e 0 mod y i

itamo x je

kongruentno 0 po modulu y , znai y je deljivo sa x bez ostatka.

8. Date su funkcije

4 5, 3 f x x g x x

Izraunati

1 , 1 , 0 , 0 f f f g f g .

Re!enje:

1 4 1 5 1

1 1

0 3

0 4 3 5 7

f

f f

g

f g

9. Odrediti sva preslikavanja skupa 1,2 A u skup , , B a b c .

Re!enje:

1 2 3 4 5 6

7 8 9

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2, , , , , ,

1 2 1 2 1 2, , .

f f f f f f a a a b a c b b b a b c

f f f c c c a c b

Ima ih 9.

- 68 -



10. Data je funkcija

1 2 3 4 5

3 1 2 5 4 f

Odrediti funkcije2 f i

3 f .

Re!enje:

2 1 2 3 4 5

2 3 1 4 5

f f f

,

3 1 2 3 4 5

1 2 3 4 5 f f f f

.11. Preslikavanja f i g definisana su sa

24 5 f x x x

i

4 5 g x x .

Odrediti2 2, , , f g f g g f .

Re!enje:

2 2

2 2 4 3 24 5 4 4 5 5 8 22 24 10 f x f f x f f x x x x x x x x x

2 4 4 5 5 16 25 g x g g x g g x x x

2

4 5 4 4 5 5 f g x f g x x x .

24 4 5 5 g f x g f x x x .

12. Neka je , , , A a b c d i : f A A . Koje su od sledeih funkcija 1-1 i

na?

1 2 3, , .a b c d a b c d a b c d

f f f a b c d a b b b a b d a

- 69 -



Re!enje:

Samo je funkcija 1 f 1-1 i na.

13. Data je funkcija 2 4 1 3 5

a b c d e f

. Odrediti njenu inverznu funkciju

1 f .

Re!enje:

Ako je funkcija f bijekcija skupa , , , , A a b c d e u skup 1,2,3,4,5 B ,

onda je

1 1 2 3 4 5 f

c a d b e

.

14. Odrediti inverznu funkciju, funkcije 4 5 f x x .

Re!enje:

Prvo treba dokazati da je preslikavanje bijekcija.Ako je ispunjeno

1 2 1 2 1 2, x x R x x f x f x

preslikavanje je %1 1 &. Koristiemo kontrapoziciju prethodnog izraza koja

glasi 1 2 1 2 f x f x x x

.Dakle

1 2 1 24 5 4 5 x x x x ,

ime smo dokazali da je preslikavanje %1 1 &.

Ovo preslikavanje je %na& jer

5

,4

y y R x R x

i

Po"to je preslikavanje %1 1 & i %na&, (bijekcija),postoji inverzno preslikavanje

1 f .Zamenom vrednosti x i y u izrazu

5

4

y x

dobijamo 1 1 5

4 4 f x y x .

- 70 -



Grafici funkcija f i1 f su simetrini u odnosu na pravu y=x.

y x

y f x

1 y f x

15. Ako je 2 1 f x x odrediti1 f f .

Re!enje:

Da bi neko preslikavanje imalo inverzno, mora da je bijekcija, tj 1-1 i na.Dakle

1 2 1 22 1 2 1 x x x ,

ime smo dokazali da je preslikavanje %1 1 &.

Da bismo dokazali da je preslikavanje %na&. Re"imo polaznu jednainu poy .

Dobiemo izraz

1 1

2 2 x y

.Onda je

1 1

,2 2

y R x R x y i

i zakljuujemo da je preslikavanje %na&.Inverzna funkcija je oblika

1 1 12 2

f x y x .

Slo!eno preslikavanje iznosi

1 1 12 1 1

2 f f f f x x x

.

- 71 -



16. Neka je data funkcija 4 10 f x x . Dokazati da je1 2 f f f .

Re!enje:

Prvo treba dokazati da je preslikavanje bijekcija.

1 2 1 2 f x f x x x preslikavanje je 1-1.

Dakle 1 2 1 24 10 4 10 x x x x , ime smo dokazali da je

preslikavanje %1 1 &.

Kako je 10

,4

y y R x R x

zakljuujemo da je

preslikavanje %na&.

Prema tome postoji inverzno preslikavanje 1 10

4

x f x y

.

Kako je 1 10

4

x f x

, 2 4 4 10 10 16 50 f x x x , pa

dobijamo

1 2 1 2 16 50 10 16 40

4 104 4

x x f f x f f x x

.

17. Preslikavanja f i g definisana su sa

4 5 5 f x x i g x x i .

Odrediti1 1 1 1 1 1 1, , , , f g f g g f f f .

Re!enje:

Prvo se mora dokazati da su preslikavanja f i g bijekcije, pa zatim odreditiinverzne funkcije i dobie se da je

1 155

4

x f x i g x x

.

Sada je

1 1 1 1 5 5

4 4

x x f g x f g x

,

1 1 1 1 5 155

4 4

x x g f x g f x

,

1 1 f f x f f x x

.

- 72 -



4.OSNOVE KOMBINATORIKE

KRATAK SADRŽAJ:

4.1. PRINCIPI PREBROJAVANJA

4.2. PERMUTACIJE

4.2.1. PERMUTACIJE BEZ PONAVLJANJA

4.2.2. PERMUTACIJE SA PONAVLJANJEM

4.3. VARIJACIJE

4.3.1. VARIJACIJE BEZ PONAVLJANJA

4.3.2. VARIJACIJE SA PONAVLJANJEM

4.4. KOMBINACIJE

4.4.1. KOMBINACIJE BEZ PONAVLJANJA4.4.2. KOMBINACIJE SA PONAVLJANJEM

4.5. BINOMNA FORMULA

4.6. ZADACI

CILJEVI UČENJA:


1. definišete tehnike prebrojavanja,

2. definišete pojam permutacija sa i bez ponavljanja,

3. definišete pojam varijacija sa i bez ponavljanja,

4. definišete pojam kombinacija sa i bez ponavljanja,

5. koristite binomnu formulu.

- 73 -



4.1. PRINCIPI PREBROJAVANJA

Predmet kombinatorike je rasporeivanje elemenata u konanim

skupovima i odreivanje broja takvih rasporeda. Prouavanje ove oblasti

poelo je u 17. veku, uporedo sa nastankom teorije verovatnoe, kada su se

prva pitanja iz ove oblasti pojavila u vezi sa igrama na sreu.

Prebrojavanja pretstavljaju va!an deo kombinatorike, po"to skupove

moramo prebrojavati u cilju re"avanja najrazliitijih problema. Nekada su to

problemi odreivanja trocifrenih brojeva formiranih od zadatih cifara, ili broja

razliitih telefonskih brojeva, ali i odreivanje slo!enosti algoritama ili

utvrivanja vero-vatnoa sluajnih dogaaja.

Kako se prebrojava?Tako "to svakom elementu nekog skupa pridru!i redom prirodni broj i

poslednji definisani broj predstavlja broj elemenata skupa.

Definicija:

Neka je dat skup konano mnogo prirodnih brojeva 1,2,....,n N n

Prebrojavanje proizvoljnog konanog skupa X je funkcija f, koja je bijekcija,

takva da je : .n f N X

Ako skup X ima n elemenata pi"emo da je X n .

Ako za dva konana skupa X i Y postoji bijekcija : f X Y , tada je

X Y .

Ako su X i Y neprazni i disjunktni konani skupovi X Y onda je

B A B .

Ako su X i Y neprazni konani skupovi tada je X Y X Y .

Razlikujemo tri vrste razliitih rasporeda elemenata skupova i to su:

permutacije,

varijacije,

kombinacije.

- 74 -



Napomena:

Veina izostavljenih dokaza teorema koje se navode u narednom poglavljuizvode se kori"enjem principa matematike indukcije, pa je to mogue uinititek kada se taj pojam defini"e u glavi 5.

4.2. PERMUTACIJE

4.2.1. PERMUTACIJE BEZ PONAVLJANJA

Definicija

Neka je dat skup 1 2, ,..., ,na a a n N . Permutacija je bilo koji raspored

svih n elemenata skupa A.

Permutacije bez ponavljanja elemenata se mogu definisati i kao svabijektivna preslikavanja skupa A u samog sebe.

Primer:

Jedna od permutacija bez ponavljanja, elemenata skupa

1,2,3,4,5 A

je preslikavanje

1 2 3 4 5

2 5 4 3 1

.

Broj permutacija skupa od n elemenata iznosi

1 2 1 ! P n n n n

Simbol !n je skraenica za zapisivanje uzastopnog proizvoda od nelemenata i ita se n faktorijel.

Po definiciji se uzima da je 0! 1 .

- 75 -



Primer:

5! 5 4 3 2 1 120 .

Primer:

Dat je skup 1 2, A a a .

Koliko ima permutacija elemenata ovoga skupa, a da se elementi neponavljaju?Ima ih dve.To su:

1 2a a i 2 1a a . 2 2 1 2 1 2 P P

Primer:

Dat je skup

1 2 3, ,a a a.

Koliko ima permutacija elemenata ovoga skupa, a da se elementi neponavljaju?Ima ih "est.

3 3 2 3 2! 3 2 1 6 P P

To su:1 2 3

1 3 2

a a a

a a a

2 1 3

2 3 1

a a a

a a a

3 1 2

3 2 1

a a a

a a a

Primer:

Na koliko naina se mogu rasporediti 6 razliitih knjiga na policu?

6 6! 6 5 4 3 2 1 720 P .

Primer:Pela treba da skupi polen sa 7 razliitih cvetova.Kada uzme polen sa cveta ona se na njega vi"e ne vraa.Na koliko naina pela mo!e da obie svih 7 cvetova?

7 7! 7 6 5 4 3 2 1 5040 P .

- 76 -



Permutacije se esto pojavljuju u definisanju pojmova. Na primer, uobrascu za izraunavanje determinante, kod algoritama za sortiranje, rasporedkarata u "pilu, u matematikoj estetici i slino.

4.2.2. PERMUTACIJE SA PONAVLJANJEM

Definicija

Neka je dat skup 1 2, , ..., n A a a a . Broj permutacija sa ponavljanjem, skupa

od n elemenata, meu kojima ima 1 2, , , mk k k jednakih, iznosi

1 2

1 31

, ,

31 2 1 2

!

! ! !m

m

k k k

m m

n k k k n n k n P n

k k k k k k k

.

Primer:

Napisati sve permutacije elemenata , ,a b b .

To su: , ,abb bab bba

Primer:Odrediti broj permutacija elemenata 0,0,0,1,1,1,1 .

Broj permutacija je

3,4

7 7 3 7! 7 6 5 4!7 35

3 4 3!4! 3!4! P

.

4.3. VARIJACIJE

4.3.1. VARIJACIJE ILI UREĐENI IZBORI

BEZ PONAVLJANJA ELEMENATA

Definicija

Neka je dat skup 1 2, , , n A a a a . Varijacija k klase od n elemenata je bilo

koja k -torka razliitih elemenata skupa A gde je k n .

- 77 -



Broj varijacija iznosi

1

0

1 1k

n

k

i

V n i n n n k

Varijacije bez ponavljanja elemenata se mogu definisati i kao broj svihinjektivnih preslikavanja (1-1 preslikavanja) skupa A od n elemenata uskup B od k elemenata

: f A B Napomena:

U savremenoj literaturi sve se manje koristi naziv varijacije, ve se koristi k-

permutacije. U stvari, ako je klasa jednaka broju elemenata zadatog skupa,varijacije se svode na permutacije

Primer:

Dat je skup

1 2 3, , A a a a

Koliko ima varijacija druge klase elemenata ovoga skupa i kako glase?Ima ih "est.

3

2 3 2 6V .

To su:

1 2 1 3 2 1 2 3 3 1 3 2a a a a a a a a a a a a

Primer:

Na konkurs u firmu javilo se 6 kandidata za radna mesta direktora,sekretara i portira. Na koliko naina ih je mogue izabrati?

Vr"i se izbor 3 od 6 kandidata.

Kako je raspored elemenata ( njihova funkcija) bitan, u pitanju su varijacijetree

klase od 6 elemenata bez ponavljanja6

3 6 5 4 120V

- 78 -



4.3.2. VARIJACIJE SA PONAVLJANJEM

Definicija

Neka je dat skup 1 2, , , n A a a a . Varijacija sa ponavljanjem k klase od n

elemenata je bilo koja k -torka elemenata skupa A.

Broj varijacija iznosin k

k V n

Varijacije sa ponavljanjem elemenata se mogu definisati i kao broj svih

preslikavanja skupa A od 1n elemenata, u skup B od 0k elemenata,

: f A B

Primer:

Koliko ima dvocifrenih brojeva koji se mogu napisati sa ciframa

1,2,3 i kako glase?

Ima ih 3 2

2 3 9V .

To su:11,12,13, 21, 22,23,31,32,33 .

4.4. KOMBINACIJE

4.4.1. KOMBINACIJE ILI NEUREĐENI IZBORIBEZ PONAVLJANJA ELEMENATA

Definicija

Neka je dat skup 1 2, , ..., n A a a a . Kombinacija klase od k elemenata je bilo

koja neureena k -torka razliitih elemenata skupa A gde je k n

- 79 -



Broj kombinacija iznosi

1 1

! !

nn k k

n n n n k V C

k k k

Izrazn

k

ita se n nad k i to je broj svih podskupova datog skupa A koji

imaju k elemenata.

Primer:

Dat je skup 1 2 3, , A a a a.

Koliko ima kombinacija druge klase elemenata ovoga skupa i kako glase?Ima ih

3

2

3 3 23

2 2!C

.

To su: 1 2 1 3 2 3a a a a a a.

Napomena: Osnovna razlika izmeu permutacija, varijacija i kombinacija (

bez ponavljanja) je u tome "to kod permutacija koristimo i rasporeujemosve elemente zadatog skupa, dok kod varijacija i kombinacija koristimo podskupove zadatog skupa. Sa druge strane, razlika izmeu varijacija ikombinacija je u tome "to kod varijacija je bitno mesto elementa urasporedu, a kod kombinacija nije.

Primer:

Koliko ima dvocifrenih brojeva koji se mogu napisati sa ciframa 1,2,3?

Kako je u broju bitan raspored cifara, ovo su varijacije.Ima ih

32 3 2 6V .Primer:

Koliko ima pravih koji se mogu povui kroz nekolinarne take , , A B C ?

Kako u ovom sluaju nije bitan raspored taaka na pravoj, ovo sukombinacije.

Ima ih

- 80 -



3

2

3 3 2 3 23

2 2! 2 1C

To su prave

AB , AC i BC

4.4.2. KOMBINACIJE SA PONAVLJANJEM

Definicija

Neka je dat skup 1 2, , ..., n A a a a . Kombinacija klase od k elemenata sa

ponavljanjem iznosi

1n

k

n k C

k

.

Primer:

Dat je skup

1 2 3, , A a a a.

Koliko ima kombinacija druge klase sa ponavljanjem elemenata i kakoglase?

Ima ih

3

2

3 2 1 4 4 36

2 2 2!C

.

To su:

1 2 1 3 2 3 1 1 2 2 2 3a a a a a a a a a a a a .

Primer:

U jednoj prodavnici sladoleda postoji pet vrsta sladoleda. Na kolikorazliitih

naina se mo!e nainiti porcija od 3 kugle?

5

3

5 3 135

3C

- 81 -



4.5. BINOMNA FORMULA

Binomna formula je formula pomou koje se izraunava izraz n

a b , gde

je n N .

Definicija

Binomna formula glasi:

1 2 2

0

0 1 2 1

,

n n n n n n

nn k k

k

n n n n na b a a b a b ab bn n

na b n k N

k

Op#ti lan binomnog razvoja je oblika

1

n k k

k

nT a b

k

.

Izrazn

k

se naziva binomni koeficijent i defini"e kao:

1 2 1

!

n n n n n k

k k

, tj

!

! !

n n

k k n k

Binomni koeficijenti imaju osobine:

simetri nostin n

k n k

.

- 82 -



aditivnosti1 1

1

n n n

k k k

10

n n

n

.

Napomena: Strogi dokaz binomne formule izvodi se primenom principamatematike indukcije.

Ako bi se primenila binomna formula za neke vrednosti, 1,2,3,n ,dobili bi se sledei izrazi, a njihovi binomni koeficijenti inili bi takozvaniPaskalov trougao:

0

1

2 2 2

3 3 2 2 3

4 4 3 2 2 3 4

1

2

3 3

4 6 4

a b

a b a b

a b a ab b

a b a a b ab b

a b a a b a b ab b

1

1 1

1 2 1

1 3 3 1

1 4 6 4 1

Paskalov trougao je pogodan za izraunavanje binomnih koeficijenatasamo u sluajevima kada je stepen n mali broj.

Primer:

Razviti izraz po binomnoj formuli6

1

x

x

6

6 4 2

2 4 6

6 4 2

2 4 6

6 6 6 6 61 1 1 11 2 3 4 5

15 6 16 15 20 .

x x x x x x x x

x x x x x

- 83 -



Primer:

Odrediti peti lan u razvijenom obliku binoma12

21

32 x x

.

412 42 201

3 325

12495 .

4T x x x

Primer:

Dokazati

) 20 1 2

nn n n n

an

)0 2 4 1 3

n n n n nb

Ako u binomnoj formuli zamenimo 1a i 1b , odnosno 1a i1b dobiemo tra!ene veze.

Permutacije, varijacije i kombinacije kao va!ne kombinatorne elementeesto je potrebno konstruisati pomou raunara. Tada ih je potrebnogeneralisati. Postoji mnogo algoritama koji se bave ovom problematikom "toitaoci mogu nai u slinoj primenjenoj literaturi ili na Internetu.

- 84 -




1. +ta su permutacije ?2. +ta su varijacije?3. +ta su kombinacije?4. Kako glasi binomna

formula?

5. +ta je Paskalov trougao6. +ta su binomni koeficijenti i

kako se odreuju?7. Navesti osobine binomnih

koeficijenata.

KLJUČNE REČI

KombinatorikaPermutacijeVarijacijeKombinacije

Binomni koeficijentiFaktorijelPaskalov tro

4.6. ZADACI

1. Na koliko naina mogu da sednu 5 osoba na pet stolica?

Re!enje:

5 5! 5 4 3 2 1 120 P .

2. Koliko razliitih petocifrenih brojeva se mogu napisati pomou cifara

0,1,2,3,4 , a da se cifre ne ponavljaju ?

Re!enje:

5 4 5! 4! 120 24 96 P P .

3. Dat je skup 1,2,3,4,5,6 A .

a) Koliko ima "estocifrenih brojeva koji sa ovim ciframa mogu napisati?

b) Koliko "estocifrenih brojeva poinje ciframa 1, 2 u datom poretku ?

- 85 -



c) Koliko "estocifrenih brojeva poinje ciframa 1, 2 u proizvoljnom

poretku ?

d) U koliko "estocifrenih brojeva cifre 1, 2 stoje jedna pored druge u

datom poretku?

e) U koliko "estocifrenih brojeva cifre 1, 2 stoje jedna pored druge u

proizvoljnom poretku?

Re!enje:

a) 6 6! 720 P

b) 4 4! 24 P

c) 2 4 2 4! 48 P

d) 5 5! 120 P

e) 2 5 2 5! 240 P

4. Formirati sve permutacije od elemenata , , ,a b b c i odrediti njihov broj.

Re!enje:

abbc , abcb , acbb , babc , bbac , bbca ,bcba ,bacb , bcab , cabb , cbab ,

cabb .

2

4! 244 12

2! 2 P

5. Koliko permutacija od elemenata , , , , , , , ,a a a a a b b b c poinje

a) sa a, b) sa b, c) sa c .

Re!enje:

4,3

8!) 8 2804! 3!a P

5,2

8!) 8 168

5! 2!b P

,

5,3

8!) 8 56

5! 3!c P

.

- 86 -



6. Koliko se razliitih rei ukljuujui i besmislene mo!e sastavi od reiABRAKADABRAKA?

Re!enje:

5,2,2

11!11 83160

5! 2! 2! P

7. Koliko ima dvocifrenih brojeva koji se mogu napisati sa ciframa 1,2,3 ?

Re!enje:Ima ih3 2

2 3 9V .

To su:

11,12,13, 21, 22,23,31,32,33 .8. Dat je skup

1,2,3,4 A .

a) Formirati sve dvocifrene brojeve od elementa ovog skupa, kod kojise cifre ne ponavljaju i odrediti njihov broj.

b) Formirati sve dvocifrene brojeve od elementa ovog skupa i odrediti

njihov broj.

Re!enje:

a)

12,13,14,21,23,24,31,32,34,41,42,43.4

2 4 3 12V

b)

11,12,13,14, 21, 22,23,24,31,32,33,34,41, 42,43,44 4 2

2 4 16V

.9. Na koliko se naina mogu izabrati etiri osobe na etiri razliitedu!nosti, od devet prijavljenih kandidata?

Re!enje:9

4 9 8 7 6 3024V .

- 87 -



10. U kampanji za izbore predsedniki kandidat mora da obie 7 od 15gradova u Srbiji. Da bi postigao "to bolji rezultat on kampanju mora dazavr"i u Beogradu. Na koliko razliitih naina on to mo!e uiniti?

Re!enje:14

6 14 13 12 11 10 9 2162160V .

11. Koliko se razliitih etvorocifrenih brojeva mo!e formirati od desetrazliitih cifara?

Re!enje:a) Ako se cifre u broju ne ponavljaju, brojeva ima

10 9

4 3 10 9 8 7 6 9 8 7 5040 504 4536V V .

b) Ako se cifre u broju ponavljaju, brojeva ima10 10 4 3

4 3 10 10 9000V V

12. Koliko se razliitih petocifrenih brojeva mo!e formirati od cifara

0,1,3,5,7,9 , ako se nula ne nalazi ni na prvom ni na poslednjem

mestu i ako se cifre ne ponavljaju ?

Re!enje:

5

42 240V . 13. Na tiketu sportske prognoze ima 12 susreta. Koliko popunjenih kolona

obezbeuje 12 tanih pogodaka?

Re!enje:3 12

12 3 531441V .

14. Da li se meu brojevima101,2, ,10 , ima vi"e onih koji sadr!e cifru 9

ili onih koji je ne sadr!e?

Re!enje:

Ako broj ne sadr!i cifru 9, onda sve njegove cifre pripadaju skupu

1,2, ,8 .

Ovakvih brojeva ima 109 1 1 3486784401 .

Oduzimamo broj sastavljen od svih nula, a dodajemo 1010 .

Brojeva koji sadr!e cifru 9 ima10 1010 9 6513215599 ,

odnosno mnogo vi"e.

- 88 -



15. Na jednom "ahovskom turniru uestvuje 15 "ahista. Svaki treba da

odigra partiju sa svakim. Koliko e partija biti odigrano?

Re!enje:

15

2

15 15 14105

2 2 1C

.

16. Ako je na jednom "ahovskom turniru odr!ano 105 partija, koliko jeigraa uestvovalo?

Re!enje: 15

17. Koliko dijagonala ima konveksni petougao?

Re!enje:

5

2

5 5 45 5 5 5

2 2 1C

.

18. Skup od 40 osoba treba da izabere predsednika, sekretara i 3 lana

predsedni"tva. Na koliko naina je mogu

e na

initi ovaj izbor?

Re!enje:40 38

2 3 13160160V C .

19. Koliko re"enja ima jednaina 1 2 k x x x n , gde su

1 2, , , k x x x , ne negativni celi brojevi.

Re!enje:

Neka je dat skup 1,2, ,k . Ako i oznaava koliko je puta izabran

element i iz datog skupa, onda svako re"enje 1 2, , , k x x x gornje jednaine predstavlja jednu kombinaciju sa ponavljanjem skupa od k elemenata sa n ponavljanja.

1k n

n

.

- 89 -



20. Koliko u gradu ima telefona sa petocifrenim brojevima:a) ako su sve cifre razliite,b) ako se cifre ponavljaju.

Re!enje:10 10

5 5,V V

.

21. Na "kolskoj zabavi nalazi se 22 devojaka i 15 mladia. Na koliko naina je mogue od njih izabrati 4 para za ples?

Re!enje: 22 15

4 4C C .

22. Na koliko naina se seku 18 pravih, od kojih su 5 paralelne, 6 se seku u jednoj taki, a 4 u drugoj.

Re!enje: 18 5 6 4

2 2 2 21 1 124C C C C .

23. Ko"arka"ki tim sainjavaju 5 bekova, 4 centra i 3 krila. Na koliko nainase mo!e sastaviti petorka ako u njoj moraju da igraju bar 2 beka i bar

jedan centar?

Re!enje: 5 4 3 5 4 5 4 3 5 4 3 5 4 5 4

2 2 1 2 3 2 1 2 3 1 1 3 2 4 1 540C C C C C C C C C C C C C C C .

24. Na koliko naina se 12 istih loptica mo!e rasporediti u 6 razliitihkutija? Svaka kutija mo!e da primi i sve kuglice.

Re!enje:

12

6

6 12 16188

12C

25. Na jednom "ahovskom turniru odigrano je 210 partija. Odrediti brojuesnika, ako se zna da je svaki uesnik odigrao partiju sa svakim?

Re!enje: 21.

- 90 -



26. Date su cifre 0,0,0,0,1,1,1. Koliko ima permutacija od ovih

elemenata?

Re!enje:

4,3

7!7 35

4!3! P

.

27. Svaki korisnik raunara ima lozinku koja je izmeu 6 i 8 znakova, koji suili slova engleske azbuke ( 26 slova) ili cifra (10). Svaka lozinka mora da

sadr!i bar 1 cifru. Koliko lozinki je mogue napisati?

Re!enje:

Neka lozinka ima 6 znakova. Broj lozinki emo dobiti kada odredimobroj svih nizova du!ine 6, koji se sastoje od svih slova i cifara. Od togbroja treba oduzeti one nizove du!ine 6 koji se sastoje samo od slova.

36 26

6 6 6 1867866560 L V V

Za lozinke du!ine 7 i 8 koristimo slino izraunavanje,

36 267 7 7 70332353920 L V V

36 26

8 8 8 2612282842880 L V V

Pa je ukupan broj lozinki

6 7 9 2684483063360 L L L

28. Po pet crvenih, plavih , belih i crnih kuglica treba povezati u niz tako dama koje etiri susedne kuglice budu razliite boje. Na koliko naina je

to mogue uiniti?Re!enje:

a) 4! b) 4

4! 5!

29. Sekretarica ima 5 pisama i 5 razliitih adresa. Na koliko naina onamo!e svako pismo da stavi u pogre"nu kovertu?

- 91 -



Re!enje:

5 5 5 55! 4! 3! 2! 1! 1 44

1 2 3 4

30. Koja je po redu permutacija +KOLA od osnovne AKLO+.

Re!enje:

Da bi slovo + do"lo na prvo mesto treba da proe

4 4! 96 , permutacija .

Na ovaj broj redom dodajemo+K(ALO) 1 3! 6 ,

+KO(AL) 2 2! 4 ,

+KOLA 1 1! 1 ,i naredna permutacija je tra!ena.Znai 108-ta permutacija .

31. Kako glasi 108 permutacija od osnovne AKLO+.

Re"enje:Prvo se oduzme 1 i kreemo od 107 permutacije

107: 4! 4 11 , znai prvo slovo je + .

11:3! 1 5 , sledee slovo je K

5 : 2! 2 1 sledee slovo je O

1:1! 1 0 sledee slovo je l, a zatim A

Dakle u pitanju je re +KOLA.

32. Koja je po redu permutacija 0101010 od osnovne 0000111 .

Re!enje:

Da bi do"li do 1 treba da proe

0(000111)6!

0 03!3!

, permutacija .

01(00011)5!

3 103!3!

, permutacija

- 92 -



010(0011)4!

0 02!2!

, permutacija

0101(001)3!

2 32!2!

, permutacija

01010(01)2!

0 02!

, permutacija

Znai 14-ta permutacija glasi 0101001, 15-ta glasi 0101010.

33. Kako glasi 15-ta permutacija od osnovne 0000111 ?

Re!enje:

6!14 : 14 : 20

3!3!

,

nije deljivo, dakle prva cifra je 0.

5!

14 : 14 :10 1 42!3!

,

dakle preskoiti nulu i sledea cifra je 1.

4!4 : 4 : 6

2!2!

,

nije deljivo, dakle naredna cifra je 0.

3!

4 : 4 : 3 1 12!

,

dakle preskoiti nulu i sledea cifra je 1.

1:2!,nije deljivo, dakle naredna cifra je 0.

1:1 1 0,

dakle preskoiti nulu i sledea cifra je 1.15-ta glasi 0101010.

- 93 -





Tra!eni lan je

0

4 1 5

12 12 11 10 9495

4 1 2 3 4T T x

37. Odrediti lan koji u razvijenom obliku binoma

111 1

3 2 x x

Ima promenljivu na peti stepen.

Re!enje:11

1 11 221

3 3 62 21

11 11 11

225 8

6

k k k k k

k T x x x x xk k k

k k

znai tra!eni lan je deveti, tj

5 5 5 5

9 8 1

11 11 11 10 9165

8 3 3 2 1

T T x x x x

.

38. Odrediti trinaesti lan u razvijenom obliku binoma

19

3

n

x x

,ako je binomni koeficijent treeg lana 105.Re!enje:

Binomni koeficijent treeg lana iznosi

21105 105 210 0 15 , 142 1 2

n n n n n n n

Kako n mora da bude pozitivan broj uzimamo samo da je n=15.

Tra!eni binom glasi

- 95 -



151

93

x x

,

a lan

12

3 3 3

13 12 1 6 6 3 3

15 15 151 1 1 4559 9

12 15 12 333T T x x

x x x x

39. Zbir binomnih koeficijenata prvog, drugog i treeg lana binoma je 46

2 1 n

x x

Odrediti lan koji ne sadr!i x .

Re!enje:

146 1 46 9

0 1 1 2

n n n n nn n

Binom glasi9

2 1 x

x

.

9

2 18 2 18 3

1

9 9 91 1

18 3 0 6

k k

k k

k k T x x x

k k k x x

k k

Tra!eni lan je

6 1 7

9 9 9 8 784

6 3 1 2 3T T

.

- 96 -



40. Odrediti x u izrazu

3

3

12

3

x

,

ako je odnos sedmog lana od poetka, prema sedmom lanu od kraja1: 6.

Re!enje: 9 x

41. Dat je binom

1

12

2

n

x

x

,odrediti n tako da je zbir binomnih koeficijenata poslednja tri lana 22.

Odrediti onu vrednost x za koju je zbir treeg i petog lana datogbinoma 135.

Re!enje:

16, 1 2n x x .

42. Koeficijenti etvrtog i "estog lana u razvijenom obliku binoma

1 n

x x

odnose se kao 5:18. Odrediti lan koji ne zavisi od x.

Re!enje:

912, 8, 495n k T .

43. Odrediti sve racionalne lanove u razvijenom obliku binoma

10

2 3.

Re!enje:

32,2160,15120,22860,7292, 243 .

- 97 -



44. Koji je koeficijent uz10 12 x y u razvoju izraza

20 x y ?

Re!enje:

22646646

10

45. Koliko elemenata ima partitivni skup skupa od n elemenata?

Re!enje:

Skup od n elemenata iman

k

podskupova od k elemenata.

Zato je ukupan broj podskupova jednak broju

0

20 1

nn

k

n n n n

k n

.

46. Koliko se binarnih relacija mo!e definisati u skupu od n elemenata?A koliko ih jea) Refleksivnihb) Simetrinihc) Refleksivnih i simetrinih

Re!enje:

Kako je binarna relacija u skupu X po definiciji svaki podskup

Dekartovog proizvoda 2 X i kako je 2 2 X n , broj binarnih relacija

iznosi2

2

2 2

nV nV .

a) 2

1

2 2n n nV

V

b)

2

2

1

22 2n

nC

V

c)

2

2

1

22 2n

n

C V

- 98 -



5.PRAVILA ZAKLJUČIVANJA I DOKAZI

KRATAK SADRŽAJ:

5.1. DEDUKCIJA I INDUKCIJA

5.1.1. DEDUKTIVNA METODA5.1.2. INDUKTIVNA METODA

5.2. DOKAZ MATEMATIČKIH POJMOVA

5.2.1. DEFINICIJE, AKSIOME, DOKAZI

5.3. PRAVILA ZAKLJUČIVANJA:

5.3.1. MODUS PONENS I TOLENS5.3.2. PRAVILO KONTRADIKCIJE5.3.3. PRAVILO KONTRAPOZICIJE

5.3.4. PRAVILO TRANZITIVNOSTI IMPLIKACIJE IEKVIVALENCIJE

5.3.5. JOŠ NEKA PRAVILA

5.4. MATEMATIČKA INDUKCIJA

5.5. ZADACI

CILJEVI UČENJA:

Kada ovo poglavlje proučite moći ćete da:1. definišete dedukciju i indukciju,2. znate šta su aksiome, definicije i teoreme,3. znate šta sadrži dokaz teorema,4. definišete osnovna pravila zaključivanja,5. koristite matematičku indukciju.

- 99 -



5.1. DEDUKCIJA I INDUKCIJA

Sva znanja u nauci dele se na empirijska i apriorna. Empirijska znanja su

bazirana na iskustvu, dok su apriorna znanja ona koja se ne moraju opravdati

iskustvom. Ona postoje nezavisno od iskustva. U sagledavanju znanja, ovek se

mora koristiti metodama zakljuivanja.

Zakljuivanje je misaoni proces u kome izvodimo sud na osnovu jednog ili

vi"e drugih sudova.

U su"tini postoje dva osnovna principa zakljuivanja, a to su dedukcija i

indukcija.

5.1.1. DEDUKTIVNA METODA

Prvi koji je upotrebio deduktivni na in zaklju ivanja bio je

gr ki filozof Tales iz Mileta (624-542 pre nove ere).

Tales je dedukciju upotrebio u dokazivanju podudarnosti

trouglova.

Kasnije ovu metodu je prihvatio Pitagora (569-475 pre

nove ere). Pitagorejci uo avaju zakonitost me uzaklju cima, izvode jedne iz drugih. Svima znana,

Pitagorina teorema, bila je poznata i ranije, ali ju je Pitagora prvi dokazao

deduktivnim putem.

Osnovne principe deduktivne organizacije matematike postavio je gr ki

matemati ar Euklid (325.-265. pre na!e ere).U svom uvenom delu Elementi

izlo"io je aksiomatski princip definisanja pre svega geometrije, a samim tim i

matematike uop!te.

Dedukcija je princip zakljuivanja od op#teg ka pojedina nom, od

poznatog ka nepoznatom.

Deduktivna metoda svodi se da do zakljuka dolazimo na osnovu drugih

ranije poznatih stavova koje zovemo pretpostavke ili premise.

Deduktivni zakljuak oslanja se na pravila i zakonitosti matematike logike.

Deduktivnost znai izvodljivost.

- 100 -



Napomena:

U principu u deduktivnoj metodi, ne interesuje nas da li su pretpostavke izakljuci istiniti, ve da li je taan sam princip zakljuivanja, odnosno da li se iztih datih pretpostavki mo!e izvesti taan zakljuak. Dedukcijom dakle !elimo daproverimo istinitost postupka na osnovu koga zakljuujemo, da ukoliko supremise tane, da je i zakljuak taan.

Matematika je u najveoj meri deduktivna nauka, odnosno, ona se kaomisaona delatnost odlikuje deduktivno"u.

U deduktivne ili teorijske metode spadaju:

metoda dokazivanja,

metoda analize,

metoda sinteze, i dr.

5.1.2. INDUKTIVNA METODA

Indukcija je metod zakljuivanja kojim se iz stavova koji se odnose na

odreen broj pojedinanih sluajeva izvodi stav koji se odnosi na sve sluajevete vrste.

Ovaj metod zakljuivanja esto se koristi u prirodnim naukama, gde se

posmatranjem ili eksperimentom dolazi do odreenih saznanja o nekoj pojavi,

pa se na osnovu tih pojedinanih sluajeva izvodi op"ti stav. Takva indukcija se

naziva nepotpuna ili empirijska indukcija. Ovakav nain zakljuivanja nije

dobar, jer se esto na osnovu odreenog broja tanih pojedinanih sluajeva

ne mora dobiti taan zakljuak u op"tem sluaju.

Primer:

Fermaov problem: Da li su prosti brojevi oblika2

2 1,n

n N ?

Zamenom za n=1,2,3,4 zaista se dobijaju prosti brojevi, 5, 17, 257, 65537.

To bi moglo da dovede do zakljuka da su brojevi zaista prosti.

Meutim za n=5, dobija se broj deljiv sa 641, znai broj koji nije prost.

- 101 -



U induktivne ili empirijske metode spadaju:

metoda eksperimenta,

metoda posmatranja,

metoda merenja,

metoda analogije i dr.

Napomena:

Dedukcija i indukcija se meusobno iskljuu ju, ali su i komplementarne.

Ako bi ih uporeivali, mo!emo rei da dedukcija vodi za nu!nim zakljucima,

dok indukcija ka verovatnim zakljucima.

Deduktivne metode se bave iskljuivanjem pogre"nih pretpostavki, ali ne i

utvrivanjem istinitosti. Induktivne metode se bave utvrivanjem injenine

istinitosti.

5.2. OSNOVNI POJMOVI

5.2.1. DEFINICIJE , AKSIOME I DOKAZI

U matematici postoje pojmovi koji se ne defini"u. Oni se shvataju uz pomo

intuicije, iskustva ili dogovora. Nazivamo ih osnovnim ili primitivnim

pojmovima.

To su ta ka, skup , prirodni broj 1 i mnogi drugi. Ovi pojmovi su intuitivno

jasni i svi poku"aji kroz istoriju matematike, njihovog definisanja, nisu doveli do

rezultata. Veliki matematiar Euklid u svome delu Elementi, !elei da sve

pojmove defini"e, dao je definiciju take. Rekao je / taka je ono iji je deo

ni"ta %. Naravno, ovo je sasvim nepotrebna definicija koja je nasmejala ne

samo matematiare i koja se vremenom izgubila. Definicije slu!e da se pojmovi precizno odrede.

Definicija je iskaz ili sud kojim se nedvosmisleno odreuje sadr!aj pojma.

Ostali novi pojmovi se moraju definisati , koristei samo osnovne

pojmove ili one pojmove koje smo ve definisali.

- 102 -



Primer:

Definicija:

Za svake dve prave a i b, ka!emo da se seku, ako imaju tano

jednu zajedniku taku.

Definicija:

Dve prave su paralelne, ako le!e u istoj ravni i nemaju zajednikih

taaka ili se poklapaju.

Definicije su esto oblika:

ekvivalencije, A ako i samo ako B, u oznaci

def

A B ,

jednakosti, A jednako B, u oznacidef

A B

Primer:

! 1 2def

n n

,def

n

n

a a a a n N a R

Kao "to postoje osnovni pojmovi koje nije potrebno definisati, tako postoje i

tvrenja koja nije potrebno dokazivati.

To su aksiome. One predstavljaju osnovu svake matematike teorije.

Aksiome ili postulati su tvrenja koja se ne dokazuju, a koja su sama po

sebi uvek tana.

Primer:

Aksioma:

Za bilo koje dve razliite take postoji tano jedna prava koja ih sadr!i.

Aksioma:

Za svaku pravu p i taku A van nje, postoji tano jedna prava koja sadr!i

taku A i paralelna je pravoj p.

- 103 -



Prvi sistem aksioma definisao je Euklid u 3 veku pre na!e ere.Druga navedena aksioma je aksioma paralelnosti. Definisao ju je Euklid, a

poznata je i pod imenom 5 postulat. Vekovima su matemati ari poku!avali da

doka"u ovu a tvr enje, sve dok u prvoj polovini 19. veka matemati ar

Loba evski nije dokazao da je to tvr enje aksioma i samim tim ne mo"e se

dokazati. Tako je nastala nova oblast neeuklidske geometrije, geometrija

Loba evskog, a za njom su sledili nastanci i drugih neeuklidskih geometrija.

Loba evski i Gaus su postavili i pitanje koja od ove dve geometrije

predstavlja stvarnu sliku sveta, obavili su i par eksperimenata, ali pitanje je

ostalo bez odgovora.

Aksiome treba izabrati tako da nisu protivrene, a da ih ima dovoljno za

definisanje svake teorije .

Posledice aksioma su teoreme.

Svaka teorema sastoji se od pretpostavke "premise - hipoteze i

zaklju ka

posledice.

Sve teoreme , tvr enja ili stavovi , moraju se dokazati.

Logiko rasuivanje pomou koga dolazimo do zakljuaka je dokaz.

Dokaz se sastoji od niza koraka , a svaki deo dokaza je:

1. definicija, aksioma i ona teorema koja je ve dokazana.

2. pravila izvoenja i logikih zakona zakljuivanja

Svaka teorema ima bar jedan dokaz.

Dokazi mogu biti direktni i indirektni .

Zaklju ak, formula F , kao posledica formula A,B,... je ispravan , ako sledi

iz ispravnih pretpostavki. Da iz formula , , , A B C sledi posledica F , koristimo se simbolikom u

pisanju

, , , ... A B C

F ili , , ,... B C F

- 104 -



Napomena: Dokaz predstavlja za"titni znak matematike. Pravilna upotrebadokaza je od su"tinskog znaaja za matematiku.

Primer:

Formule p i p q su tane (imaju vrednost 1), samo ako su istovremeno p i

q

tani 1, 1 p q .

Tada mo!emo pisati i , p p q q .

Dakle ispravno je zakljuiti da iz tane pretpostavke p i tane pretpostavke

p q , sledi taan zakljuak q.

Iz ovog primera mo!emo zakljuiti da i za proizvoljne formule A i B va!i

, A A B

B

5.3. PRAVILA ZAKLJUČIVANJA

U praksi naje"e se koriste sledea pravila zakljuivanja:

5.3.1. MODUS PONENS I MODUS TOLENS

Modus ponens je naje"e primenjivano, a ujedno i najjednostavnijepravilo dokazivanja. Naziv je latinski i u prevodu znai metoda

potvr ivanja. Ovo je primer direktnog dokaza. , A B A

B

Mo!e da se ita, ako iz A sledi B, onda B.

Ovo pravilo zakljuivanja opravdava tautologija p p q q .

- 105 -



Primer:

A B : Ako je N deljivo sa 5, onda je N prestupna godina.A: 2000 je deljivo da 5,

B: 2000 je prestupna godina.

Primer:

A B : Ako napolju pada ki"a, poneu ki"obran.A : Napolju pada ki"a.

B: Poneu ki"obran

Modus tolens je oblika.

, A B B

A

Naziv je takoe latinski i u prevodu znai metoda opovrgavanja. Ovo jeprimer indirektnog dokaza.

Ovo pravilo zakljuivanja opravdava tautologija p q q p .

Primer:

A B : Ako sam uhap"en, onda sam izvr"io zloin.

B : Nisam izvr"io zloin

A : Nisam uhap"en.

Oba pravila zakljuivanja imaju veliku primenu, a u matematici i eksperimentalnim naukama modus tolens se ak i e"e koristi.

5.3.2. PRAVILO KONTRADIKCIJE-PROTIVREČNOSTI

Dokaz svoenja na protivre nost , kontradikcijom, (reductio ad

absurdum) je oblika A B B

A

.

Ovo pravilo zakljuivanja opravdava tautologija

p q q p .

Ovo je primer indirektnog dokaza.

- 106 -



Po ovom pravilu, ako se polazei od negacije formule A mogu dokazati dvesuprotne posledice B i B , tada sigurno je tana formula A.

Primer:

2 nije racionalan broj.

Ako ovo tvrenje !elimo da doka!emo pravilom kontradikcije,pretpostaviemo

da jeste racionalan broj.Onda se broj mo!e napisati u obliku razlomka, tj.

2 p

q

gde su p i q uzajamno prosti brojevi, (nemaju zajednikog delioca).Odavde je

22 2

22 2

p p q

q ,

Odavde zakljuujemo da je2 p paran broj, pa sami time i p je paran broj i

mo!e

se napisati 2 p n , odnosno2 24 2 2n q q n .

To znai i da je i q paran broj.

Ako su oba broja p i q parna, oni nisu uzajamno prosti.

Znai poetna pretpostavka da je 2 racionalan broj nije odr!iva.

Primer:

Ako je 3n+2 neparan broj, tada je n neparan broj.Dokaz metodom kontradikcijePretpostavimo da je:

Ako je 3n+2 neparan broj, tada je n paran broj.Ako je n paran broj, mo!e se napisati kao n=2k, onda3n>2=3(2k)>2=6k>2=2(3k>1), odnosno dobijamo paran broj, "to je suprotnopretpostavci zadatka.Znai na"a pretpostavka nije dobra, i time dokazujemo polazno tvrenje.

- 107 -



Primer:

U poku"aju da doka!u Peti postulat koji je definisao Euklid u 4 veku p.n.e.,Lobaevski je krenuo od kontradikcije toga stava, odnosno pretpostavio jeda kroz taku A koja se nalazi van prave p je mogue postaviti dve pravekoje su paralelne sa pravom p, a samim tim i beskonano mnogo.Meutim, ova pretpostavka ga nije dovela do kontradikcije i to je ukazalo napostojanje neke nove neeuklidske geometrije, koja se zove geometrijaLobaevskog u kojoj va!e drugaija shvatanja odnosa u prostoru. (napr. Zbiruglova u trouglu je manji od 2 prava ugla)

5.3.3. PRAVILO KONTRAPOZICIJE

Dokaz kontrapozicijom

B A

A B

Ovo pravilo zakljuivanja opravdava tautologija

p q q p

Primer:

Za reenicu,potrebno je biti jak da bi bio bokser,

kontrapozicija glasi:Ako nisi bokser nije potrebno biti jak.

Primer:

Ako !elimo da doka!emo izraz2 1 3 2 x x ,

dovoljno je da doka!emo kontrapoziciju koja glasi nije 2 1 3 x nije

2 x ,

tj. 2 2 1 3 x x , a ovaj izraz je oigledno taan.

- 108 -



5.3.4. PRAVILO TRANZITIVNOSTI IMPLIKACIJE IEKVIVALENCIJE

Pravilo tranzitivnosti za implikaciju ( pravilo silogizma) i ekvivalenciju(produ!ena implikacija i ekvivalencija) glasi

, A B B C

A C

,

, A B B C

A C

.

Ova pravila zakljuivanja opravdavaju tautologije

p q q r p r ,

odnosno

p q q r p r

Primer:

Ako je ovek umetnik, onda je on srean.Ako je ovek srean, onda on dugo !ivi.

Umetnici dugo !ive .

Primer:

Ako je broj deljiv sa 18 onda je deljiv sa 6.Ako je broj deljiv sa 6 onda je deljiv sa 3.Ako je broj deljiv sa 18 onda je deljiv sa 3.

5.3.5. JOŠ NEKA PRAVILA DOKAZIVANJA

Pravilo kontraprimera

Za pravilo dovoljno je da naemo bar neku vrednost promenljivih za kojetvrenje nije tano, pa da oborimo tanost polaznog tvrenja.

- 109 -



Primer:

Proizvod svaka dva iracionalna broja je iracionalan.

Za iracionalne brojeve 12 x i 3 y , dobija se proizvod

36 6 xy ,

a to je racionalan broj.Znai za obaranje polaznog tvrenja naen je jedan primer za kojetvrenje ne va!i.

Pravilo generalizacije - uop#tavanje

, B

A B A B

Pravilo specijalizacije

, A B A B

B

Kod ove vrste zakljuivanja postoji vi"ak informacija, nepotrebne se odbacuje ,a pa!nja se usmerava samo ka !eljenom svojstvu.

Primer:

@elimo da odredimo da li je neki student polo!io matematiku, koja je ispitprve

godine.Prvo utvrujemo da je student polo!io sve predmete prve godine,znai, student je onda polo!io i matematiku.

Pravilo eliminacije

, ,, B B A B A A B

Kada imamo dve mogunosti, a jednu od njih iskljuimo, druga mora dava!i.

- 110 -



Primer:

Nai sva pozitivna re"enja jednaine 2 1 0 x .

Re"avanjem jednaine dobijaju se dva re"enja 1 x , ali po"to ne !elimonegativna re"enja, uzimamo samo re"enje x=1.

Primer:

Ispitati da li su sledea zakljuivanja dobra

a), A B A

B

b), A B B

A

U oba sluaja, ovim izrazima mo!emo da pridru!imo iskazne formule

a) p q p q

b) p q q p

a) p q p q p q

T T T T T

T T T

T T T

Iz tablice za ispitivanje istinitosti vidi se da u treem redu iz tanih pretpostavkine dobija se taan zakljuak.Dakle, prvi zakljuak nije dobar.

b) p q p q p

T T T T

T T T T

U ovom primeru, iz tablice vidimo da samo u prvom redu imamo tanepretpostavke koje daju taan zakljuak.Dakle, ovo zakljuivanje je dobro.

- 111 -



Pravila zakljuivanja:

, A B A

B

modus ponens

, B B

A

modus tolens

B A

A B

kontrapozicija

, A B

A B A B generalizacija-uop"tavanje

, ,,

B B C A B B C

A C A C

tranzitivnost implikacije-silogizamtranzitivnost ekvivalencije

A B B

A

kontradikcija #protivrenost

, ,,

A B B A B A

A B

eliminacija-disjunktivni silogizam

, A B A B

A B

,

, A B

B rastavljanje konjunkcije

sinteza konjunkcije

Primer:Ispitati da li je sledee zakljuivanje dobro

, , p q r q r

p

Ovom izrazu mo!emo da pridru!imo tautologiju

p q r q r p

+to znai da je zakljuivanje ispravno.

Do istog zakljuka se mo!e doi primenom pravila zakljuivanja.

,r q r

q

modus ponens

p q

q p

kontrapozicija

,q p q

p

modus ponens

- 112 -



5.3.6. GREŠKE ZAKLJUČIVANJA

Neispravna argumentacija dovodi do gre"aka u zakljuivanju.

Jedna od estih gre"aka je gre#ka konverzije. Posmatrajmo primer:

Ako student vara na ispitu, on sedi u prvoj klupi.Student sedi u prvoj klupi.

Student vara na ispitu.

Obe pretpostavke su tane, ali zakljuak nije.

Ovo zakljuivanje se simboliki napisati u obliku

, p q q

p

Kori"enjem tablica istinitosti mo!emo dokazati da je ovo zakljuivanjeneispravno.Ovo zakljuivanje dobija se iz ispravnog zakljuka, modus ponens, konverzijomprve pretpostavke, "to nije u redu, jer implikacija i njena konverzija nisuekvivalentne.

Gre!ka inverzije:

Ako pada sneg onda je hladno.Ne pada sneg.

Nije hladno

I ovo zakljuivanje se simboliki mo!e napisati u obliku

, p q p

q

- 113 -



5.4. MATEMATIČKA INDUKCIJA

Matematika je vi"e deduktivna nauka, tj. metoda zakljuivanja vodi odop"teg ka posebnom. Meutim, mnoge matematike probleme mogue jeprouavati obrnutim zakljuivanjem, odnosno induktivnom metodom.

Princip matemati ke indukcije iskljuuje mogunost gre"ke, koja mo!e dase pojavi u empirijskoj indukciji, jer se odnosi na sve mogue sluajeve.

Neka je T n teorema ija formulacija sadr!i prirodni broj n.

1. Ako je teorema T n tana za 1n ,

2. pod pretpostavkom da je tana za bilo koji prirodni broj n k ,

3. ako doka!emo da va!i za 1n k ,

onda je teorema T n tana za sve prirodne brojeve.

Primer:Dokazati da va!i jednakost:

11 2 3 , .

2

n nn n N

1. Za 1n imamo 1 1 1

12

, jednakost je tana.

2. Za n k imamo 1

1 2 32

k k k

.

Pretpostavljamo da je jednakost tana.

3. Za 1n k je 1 2

1 2 3 12

k k k

.

Treba da doka!emo, pod pretpostavkom 2, da je ova jednakost tana.Ako obema strana jednakosti 2 dodamo sabirak k>1 dobijamo

1

1 2 3 1 1 12

k k k k k

1

1 2 3 1 1 12

k k k k

- 114 -



1 2

1 2 3 12

k k k k

,ime smo dokazali da je pod pretpostavkom 2, jednakost tana i za

1n k , odakle zakljuujemo da je formula tana za sve prirodne brojeve.

Primer:

Dokazati da je izraz 6 5 4n n deljiv sa 5

1. Za 1n imamo 6 5 4 5 , deljiv je sa 5.2. Za n k imamo 6 5 4k k , pretpostavljamo da je izraz deljiv sa 5.

3. Za 1n k je 16 5 1 4k

k , treba da ispitamo deljivost sa 5 , pod

pretpostavkom 2 Dobijamo

16 5 1 4 6 6 5 5 4 6 5 6 4

6 6 5 4 25 25

k k

k

k k k

k k

Kako je svaki sabirak ovog izraza deljiv sa 5, proizilazi i da je ceo zbir deljiv sa5,

odakle zakljuujemo da je formula tana za sve prirodne brojeve.

Primer:

Dokazati Bernulijevu nejednakost:

1 1 , 1 , 0 , 2n

h nh h h n

1. Za 2n imamo 2 21 1 2 1 2h h h h , nejednakost je tana.

2. Za n k imamo 1 1k

h kh , pretpostavljamo da je nejednakost

tana.

3. Za 1n k je 11 1 1k h k h .

Treba da doka!emo, pod pretpostavkom 2 , da je jednakost tana.

Koristei nejednakosti 2 dobijamo:

- 115 -



1 21 1 1 1 1 1 1 1 1

k k h h h kh h k h kh k h

ime smo dokazali da je nejednakost tana i za 1n k ,odakle zakljuujemo da je formula tana za sve prirodne brojeve.


1. +ta je dedukcija?2. +ta je indukcija?3. Nabrojati sva pravila zakljuivanja.4. Koja je razlika izmeu empirijske i matematike indukcije?5. +ta je matematika indukcija?6. +ta je modus ponens?7. +ta je modus tolens?8. Kako glasi pravilo svoenja na protivrenost?9. Kako glasi metoda kontrapozicije?

KLJUČNE REČI

Dedukcija,Indukcija,Dokaz,Definicija,Aksioma,

Zakljuak

Kontradikcija,Modus ponens,Modus tolensKontraprimer,Silogizam,

Kontrapozicija

- 116 -



5.5. ZADACI

1. Napisati nekoliko definicija po izboru.

Re!enje:

Za prave a i b ka!emo da su paralelne ako je a=b, ili le!e u istoj

ravni i nemaju zajednikih taaka.

2 : D Prave a i b se mimoilaze ako ne postoji ravan koja ih sadr!i.

2. Napisati nekoliko aksioma po izboru.

Re!enje:

1 : Postoje najmanje 4 nekomplanarne take.

2 : Svaka prava sadr!i bar dve take.

3 : Aksioma paralelnosti: Za svaku pravu p i taku A van nje,

postoji tano jedna prava koja sadr!i taku A i paralelna je sa pravom p.

3. Napisati nekoliko teorema po izboru.

Re!enje:

1 :T Pitagorina teorema:

Trougao je pravougli, ako i samo ako je zbir kvadrata nad katetama jednak

kvadratu nad hipotenuzom.

2 :T Dve raziite paralelne prave a i b odreuju tano jednu ravan.

3 :T Talesova teorema.

4. Izvesti zakljuak

Pada ki"a.

Ako pada ki"a sedimo u kui.

1 : D

- 117 -



Re!enje:

Sedimo u kui.

U pitanju je zakljuak po pravilu modus ponens.

P: pada ki"a

q sedimo u kui , dakle

, p p q

q

.

5. Izvesti zakljuak:Ako je praznik Univerzitet je zatvoren.Danas Univerzitet nije zatvoren.

Re!enje:

Danas nije praznik.U pitanju je zakljuak po pravilu modus tolens.P: Praznik jeq : Univerzitet je zatvoren

,q p q

p

.

6. Ispitati istinitost tvrenja:Ako je 2n paran broj, onda je i n paran broj.

Re!enje:

Kontrapozicija bi bila: Ako je n neparan broj, onda je i 2n neparan broj.

22 2 2

2 1, 2 1 4 4 1 2 2 2 1n n n n n n n n

Znai tvrenje je tano.

7. Ispitati da li je funkcija 2 1 f x x preslikavanje 1-1.

Re!enje:Ako je ispunjeno 1 2 1 2 1 2, x R x x f x f x

Izrazi koji u sebi sadr!e nejednakosti se te"ko dokazuju i jednostavnije jekoristiti kontrapoziciju prethodnog izraza koja glasi

1 2 1 2 f x f x x x .

Dakle 1 2 1 22 1 2 1 x x x x , ime smo dokazali da je preslikavanje%1-1&.

- 118 -







Neka je:p-danas pada ki"aq- neemo se "etatir- pada snegs-nije hladnoonda imamo formule i ispitujemo ispravnost zakljuka

, , , p q p r r s s

q

Zadatak mo!e da se re"i tablicom ili primenom zakona zakljuivanja.

1. r s s r

kontradikcija

2., s s r

r

modus ponens

3., p r r

p

eliminacija

4., p p q

q

modus ponens

13. Proveriti ispravnost sledeeg zakljuka:

Ako je avgust idemo na more. Avgust je ili toplo je. Ako je toplo ne pijemotopao aj. Pijemo aj.

Re!enje:

Idemo na more.

14. Izvesti zakljuak

Sve ptice letePas ne leti

Re!enje:Pas nije ptica.

Zakljuak je donet na osnovu pravila zakljuivanja-univerzalni modustolens

- 121 -



P x Q x

Q a

P a

15. Dokazati teoremu po izboru, direktnim dokazom.

Re!enje:

Dokazati da proizvod ma koja 4 uzastopna cela broja uvean za 1 jednak

kvadratu nekog celog broja.

2

21 2 3 3 1n n n n n n .

16. Dokazati teoremu po izboru, metodom kontradikcije.

Re!enje:

Neka su m,n i p prave koje pripadaju jednoj ravni. Ako su prave m i n paralelne i ako p see n, tada p see i m.

Dokaz:Neka se prave p i n seku u taki P. Ako bi prave p i m bile paralelne, tada bipostojale dve razliite prave n i p, koje sadr!e taku P i paralelne su sa m,"to je nemogue na osnovu aksiome paralelnosti.

17. Dokazati primenom matematike indukcije

Dokazati da je izraz 15 2n n deljiv sa 3, tj13 5 2n n .

Re!enje:

1. Za1n

imamo23 5 2 3 9 , deljivost je tana.

2. Za n k imamo13 5 2k k , pretpostavljamo da je deljivost tana.

3. Za 1n k 1 2 1 15 2 5 5 2 2 3 5 2 5 2k k k k k k k ,

- 122 -



Ovaj izraz je deljiv sa 3, jer je prvi sabirak deljiv sa 3, drugi je deljiv sa 3 popretpo-stavki 2, ime smo dokazali da je izraz deljiv sa 3 za sve prirodnebrojeve.

18. Dokazati primenom matematike indukcije.

1 1 1)

1 2 2 3 1 1

na

n n n

,

2 2 1) 133 11 12n nb

2) 2 , 5nc n n

d) ! 2 , 4nn n

Re!enje:

a)

1. Za 1n imamo1 1

1 2 2

, "to je tano.

2. Neka je za n k jednakost tana, odnosno va!i

1 1 1

1 2 2 3 1 1

k

k k k .

3. Doka!imo da je pod pretpostavkom 2 izraz taan.i za 1n k

1 1 1 1

1 2 2 3 1 2 2

k

k k k

?

1 1 1 1 1

1 2 2 3 1 1 2 1 1 2

k

k k k k k k k

21 1 1 1 2 1

1 2 2 3 1 1 2 1 2

1 1 1 1 1

1 2 2 3 1 1 2 2

k k

k k k k k k

k

k k k k k

Dokazali smo da je izraz taan za sve prirodne brojeve.

- 123 -



b)

1. Za 1n imamo3 313311 12 3054 133 , deljivost je tana.

2. Za n k imamo2 2 1133 11 12k k , pretpostavljamo da je deljivost

tana.

3. Za 1n k ,

3 2 3 2 2 1

2 2 1 2 2

2 2 1 2

133 11 12 11 11 12 144

11 11 12 144 11 144 11 144

11 12 144 133 11

k k k k

k k k k

k k k

Dokazali smo da je izraz deljiv sa 133 za sve prirodne brojeve.

2) 2 , 5nc n n

1. Za 5n imamo5 2

2 5 32 25 , nejednakost je tana.

2. Za n k imamo 22k k , pretpostavljamo da je nejednakost tana.

3. Za 1n k ,

21 22 2 2 2 1k k n n

d) ! 2 , 4nn n

1. Za 4n imamo2

4! 4 24 16 , nejednakost je tana.

2. Za n k imamo k! 2k , pretpostavljamo da je nejednakost tana.

3. Za 1n k ,

11 ! 1 2 2 2 2k k k k k

- 124 -



6.TEORIJA ALGORITAMA

KRATAK SADRŽAJ:

6.1. ALGORITMI

6.2. NAČINI PREDSTAVLJANJA ALGORITAMA

6.2.1.DIJAGRAM- BLOK ŠEMA6.2.1.1. LINIJSKE ALGORITAMSKE ŠEME6.2.1.2 CIKLIČNE ALGORITAMSKE ŠEME

6.2.2. PSEUDOKOD

6.3. MATEMATIČKA DEFINICIJA ALGORITMA

6.3.1. REKURZIVNE FUNKCIJE6.3.2. REKURZIVNI ALGORITMI

6.4. ČERČOVA TEZA6.5. TJURINGOVA MAŠINA

6.6. ZADACI

CILJEVI UČENJA:

Kada ovo poglavlje proučite moći ćete da:1. Opišete algoritam,

2. znate osobine algoritama,3. definišete rekurzivne funkcije,4. znate šta je Tjuringova mašina,5. iskažete Čerčovu tezu.

- 125 -



6.1. ALGORITMI

Algoritam kao matematiki pojam nastao je tek tridesetih godina 20 veka.

Povezan je sa pojmom efektivne izraunljivosti. Uvoenje ovog tehnikog

pojma dovelo je do izgradnje modela slo!enih sistema. Najva!nija primena je

sigurno u raunarstvu, ali i u razliitim oblastima poput biologije, psihologije,

lingvistike i id.

Algoritam poput pojma take, skupa, prirodnog broja 1 spada u one

osnovne pojmove koji se ne defini"u. Opisna, neformalna definicija bi bila da je algoritam konaan i precizno definisan postupak , efektivna procedura, za

re"avanje nekog problema.

U novije vreme, pojam algoritma se gotovo iskljuivo vezuje za

raunarstvo, mada se algoritmi koriste uvek kada jednostavno, u pojedinanim

koracima, !elimo da re"imo neki problem. Na primer, svaki kuvarski recept je

jedan algoritam.

U matematici su poznati Euklidov algoritam za odreivanje najveeg

zajednikog delioca dva broja, Gausov algoritam za re"avanje sistema linearnih

jednaina i mnogi drugi.

Prvi algoritam napisao je persijski matemati ar AlKhowarizmi (oko 850 godine) i slu"io je za re!avanje

algebarskih problema. U knjizi %Al Khowarizmi o indijskoj

ve!tini ra unanja$, u matematiku uvodi indijske cifre i

decimalni brojni sistem, koje se vremenom pogre!no po inju

da se nazivaju arapskim ciframa, a od lo!eg prevoda na

latinski imena ovog matemati ara nastaje ime za algoritam.

Prvi ra unarski algoritam je napisala Ada Bajron 1842 godine. U pitanju je bio

algoritam za ra unanje Bernulijevih brojeva na analiti koj ma!ini alsa

Bebid"a. Ta ma!ina nikada nije proradila, ali je njen algoritam ostavio dubok

trag. U njenu ast jedan od programskih jezika dobio je ime Ada.

I pre razvoja digitalnih ra unara, 30 i 40 godina pro!log veka nastala je

teorija algoritama kao posledica poku!aja strogog zasnivanja matematike kao

rezultat potresa koji su izazvali paradoksi u teoriji beskona nih skupova.

Postavilo se pitanje da li se istinitost matemati kog iskaza mo"e utvrditi

- 126 -



konstrukcijom ra unarske ma!ine koja bi koristila neki univerzalni ve!ta ki

jezik.

Slede i zna ajan napredak u formalizaciji uvo enja algoritma u matematiku

i logiku u inio je Alan Tjuring, defini!u i Tjuringovu ma!inu. To je primitivan

automat, u su!tini, misaona tvorevina koja poseduje mogu nost izvo enja

operacija koje su dovoljne za izvo enje skoro svih algoritama. Njegova ma!ina

inicirala je teoriju kona nih automata.

Te"ko je dati preciznu definiciju algoritma i postoje mnoge ekvivalentene

definicije, manje ili vi"e stroge, ali opisno se mo!e rei:

Algoritam je skup jasno definisanih pravila koja opisuju re"avanje

nekog problema, odnosno kojim se ulazne veliine transformi"u u

izlazne.

Meu najva!nije osobine raunarskih algoritama spadaju:

Postoji raunsko sredstvo koje interpretira i izvodi instrukcije.

Postoji memorijski prostor u kome se uvaju podaci koji se izraunavaju.

Kona nost : Svaki algoritam je konaan niz instrukcija.

Diskretnost algoritama: Korak po korak se obavljaju operacije i svakom

mo!emo pridru!iti diskretan vremenski period u kome se taj korak

izvr"ava. Determinisanost: Za date ulazne veliine jednoznano se dobijaju izlazne

veliine.

Elementarnost : zakon dobijanja izlaznih veliina mora biti jasan i prost.

Rezultativnost: Svakom skupu ulaznih veliina mora biti definisano "ta je

rezultat.

Masovnost: algoritam treba da va!i za naj"iri skup ulaznih podataka.

Algoritam ne mora davati rezultat za sve ulaze, znai izraunavanje mo!e

da se nikada ne zavr"i.

Samo kod jednostavnih struktura, kao "to su linijske strukture, ispravnost

se mo!e utvrditi pa!ljivim pregledom svih koraka.Za ispitivanje ispravnosti algoritma naje"e se koristi testiranje. Izabira se

izvestan broj primera. Testiranje mo!e poslu!iti samo za dokazivanje prisustva

gre"ke, a nikako nije dokaz da gre"ke nema. Testiranje algoritamskih "ema

oduzima mnogo vremena i podlo!no je gre"kama koje ovek mo!e da napravi.

Zato se danas za proveru ispravnosti koriste raunari

- 127 -



Kompleksnost algoritma predstavlja vreme rada algoritma, odnosno broj

koraka algoritma koji dovode do tra!enog re"enja.

Kako su vreme rada algoritma i broj koraka direktno proporcionalne

veliine, nebitno je koja e se od ovih veliina koristiti za definisanje

kompleksnosti.

Vreme rada zavisi i od ulaznih podataka i oni defini"u dimenziju problema.

Kompleksnost algoritma definisana je funkcijom f(n) koja odreuje vreme

rada algoritma u zavisnosti od dimenzije problema za najnepovoljniji

ulazni podatak.

Kompleksnost algoritma mo!e da bude:konstantna,

linearna,

polinomijalna,

eksponencijalna,

logaritamska i td.

6.2. NAČINI PREDSTAVLJNJA ALGORITAMA

Posao pravljenja algoritma je kreativne prirode i ne postoje univerzalna

pravila po kome se posao mo!e formalizovati.

Za re"avanje jednog istog zadatka mo!e se sastaviti vi"e algoritama

razliitih struktura. Za ovakve algoritme ka!e se da su ekvivalentni. Meu

ekvivalentnim algoritmima treba izabrati onaj koji najefikasnije dovodi do

rezultata. Kriterijumi za izbor najefikasnijeg algoritma su razliiti:

Najvea brzina izvr"avanja algoritma,

minimalno anga!ovanje memorijskog prostora,

vreme koje je potrebno za izvr"avanje algoritma,

"to jednostavnija struktura i td,

Algoritmi se mogu prestaviti na neki od sledeih naina:

1. Obinim govornim jezikom

2. Grafiki -dijagram- blok algoritamska "ema,

- 128 -



3. pseudo jezicima, odnosno, pseudo kodovima. (pseudo kod predstavlja

ve"taki jezik koji je veza izmeu svakodnevnog jezika, (srpski, engleski i

td.) i programskih jezika),

4. programskim jezicima,

5. Prostovom ma"inom,

6. Tjuringovom ma"inom,

7. Rekurzivnim funkcijama i dr.

6.2.1. DIJAGRAM- BLOK ŠEMA

Naje"e, algoritam se grafiki predstavlja u obliku blok "eme sa jasnodefinisanim nizom radnji, korak po korak.

Grafiki zapis algoritma naziva se algoritamska blok #ema.

Grafiki simboli koje se koriste za pravljenje algoritamske "eme su:

Poetak- prvi korak algoritma

Defini"e ulazne veliine algoritma

Defini"e obradu podataka

Uslovni algoritamski korak

Defini"e izlazne veliine algoritma

Defini"e kraj algoritma

Algoritamske "eme mogu se podeliti u dve kategorije:

Linijske algoritamske #eme,

cikli ne algoritamske #eme

- 129 -



6.2.1.1. LINIJSKE ALGORITAMSKE ŠEME

Linijske algoritamske #eme su one "eme kod kojih se svaki algoritamski

korak izvr"ava najvi"e jedanput u toku izvr"avanja algoritma.

Mogu biti proste i razgranate.

- Proste linijske algoritamske #eme, su one "eme kod kojih se svaki

algoritamski korak izvr"ava tano jedanput u toku izvr"avanja

algoritma, a postoji samo jedna grana izvr"avanja.

Primer:Sastaviti algoritamsku "emu za izraunavanje izraza

* 3 Z a b c

Poetak

Z1=3*c

a,b,c

Z2=b-Z1

Z=a*Z2

Kraj

Z

- Razgranate linijske algoritamske #eme, su one "eme kod kojih se svaki

korak izvr"ava tano jedanput i obavezno sadr!i bar jedan uslovni

algoritamski korak. Ako je uslov ispunjen, izlaz iz algoritamskog koraka

bie oznaen sa da, a ako uslov nije ispunjen izlaz bie oznaen sa ne.

- 130 -



Razgranate linijske "eme po"to sadr!e bar jedan uslovni korak. Uslov mo!ebiti matematiki ( ispunjenje neke matematike veze) ili logiki (tano ilinetano).

Moraju u sebi sadr!ati sledee naredbe.

If-uslov

then- p2 akcija 1

else-p3 akcija2

$$$.

end if

Poetak

P1

P2

P3

Kraj

Uslov

da

ne

- 131 -



Primer:Sastaviti algoritam za raunanje vrednosti

,

,

a b a b Z

a b a b

.

6.2.1.2. CIKLIČNE ALGORITAMSKE ŠEME

Cikli ne algoritamske #eme- petlje su one "eme u kojima se jedan ili vi"e

algoritamskih koraka mo!e izvr"avati vi"e od jedanput u toku izvr"avanja

algoritma. Ovi koraci ine ciklus. Ukoliko je uslov ispunjen izlazi se iz

ciklusa, u suprotnom ciklus se ponavlja.

Uslov za izlazak iz ciklusa zove se izlazni kriterijum ciklusa.

U upotrebi je vi"e ciklinih struktura:

Dok -stuktura-petlje sa uslovnim korakom i naredba while

Do-struktura i naredba until

Broja ka struktura #petlja (loop) sa brojaem - for-next

- 132 -



Cikline algoritamske "eme mogu biti konstantne i promenljive.

Konstantne cikli ne #eme su "eme kod kojih se zakon obrade tokom ciklusa

ne menja, dok se kod promenljivih menja.

Grafiki prikaz cikline "eme dat je na sledeoj slici.

- 133 -



Primer:

Sastaviti algoritam koji za poznato n i x izraunava stepenn y x

Slo!ene algoritamske #eme prave se razliitim kompozicijama prethodnih"ema.

- 134 -



6.2.2. PSEUDOKOD

Pseudokod je nain predstavljanja algoritama na jednostavan i razumljivnain.

Umesto da se koriste stroge strukture programskih jezika, mogu da sekoristi manje formalni sistem notacija da bi se izbegla specifina pravila zanaredbe koje postoje u svakom programskom jeziku.

Mo!e se grubo rei da je to me"avina govornog i programskog jezika.Prilikom pisanja pseudokoda mogu se koristiti razni deskriptivni naini

opisivanja pojmova i operacija. Uobiajeno je da koriste i op"te definisane reitipa if, end, begin, for, while i druge, za definisanje instrukcija. Mogu sedodavati i komentari koji bi omoguili da strukture pseudokoda budu jo"itljivije.

Primer:

Odrediti najvei od n zadatih brojeva

1 2

1

:max( , , ..., )

max

2max max

max

n

i i

procedura a a a

a

for i to nif a then a

je najveci element

end

6.3. MATEMATIČKA DEFINICIJA ALGORITMA

Intuitivno shvatanje algoritma kao postupka za re"avanje problema nezadovoljava ni teorijske ni praktine potrebe.

Neki autori ograniavaju definiciju algoritma na procedure koje se konano

zavr"avaju, odnosno deterministike algoritme.

- 135 -



Naravno, ostaju otvorena pitanja koja se odnose na probleme koji u sebe

ukljuuju sluajnost, zatim dilema je da li je potrebno postavljati uslov da se

problem mora zavr"iti u konanom vremenu sa zauzeem konane memorije.

Pitanje je znai da li za svaki problem mo!emo sastaviti algoritam za

njegovo re"avanje, odnosno postoje li zadaci za koje postupak re"avanja ne

mo!e biti predstavljen u obliku algoritma? Da li je u tom sluaju u pitanju na"e

neznanje ili principijelna nemogunost? Svim tim i slinim pitanjima bavi se

matematiko-informatika disciplina Teorija algoritama.

6.3.1. REKURZIVNE FUNKCIJE

Jedan od naina da se defini"e algoritam je pomou rekurzivnih funkcija.

Mi emo rekurzivne funkcije definisati na skupu celih brojeva, mada se ta

definicija mo!e uop"titi.

Rekurzija (lat. recursio, recursion od recurrere: vraanje) u matematici i

informatici oznaava postupak ili funkciju koje u svojoj definiciji koriste

sopstvene vrednosti. Sastoje se iz dva koraka:

1. Funkcija je definisana za neku poetnu vrednost a (naje"e 0 ili 1)2. Ako je funkcija definisana za neku vrednost n, koja je vea ili jednaka

a, tada mo!e da se defini"e i za vrednost n+1.

Rekurzivne definicije su veoma este u matematici.

Primer:

Rekurzivna definicija prirodnih brojeva glasi:1. 1 je prirodni broj2. Ako je n prirodni broj, onda je to i n+1.

Rekurzivne funkcije imaju za osobinu da za izraunavanje njenih vrednostipostoji efektivni postupak. Proces izraunavanja mo!e da bude dugotrajan, ali

je uvek jasan i oigledan. Do re"enja uvek dolazimo posle konano mnogoizraunavanja (koraka). Za takve funkcije ka!emo da su izra unljive.

- 136 -



Primer:

Uoimo funkciju

, 0n f n a n N

Ona se mo!e shvatiti kao proizvod od n vrednosti broja a,n

n

a a a a ,

Takoe funkcija se mo!e zapisati i rekurzivno na sledei nain.

00 1 1

1

f znajui da je a

f n a f n

.

Izraunati 3 f .

1. Kako je 1oa ,

2. 33 2 1 0 1 f a f a a f a a a f a a a a

Bitno je napomenuti da u savremenim programskim jezicima poput CQC>> i

Jave svako rekurzivno re"enje nekog problema ima i svoj iterativni ekvivalent,tj. algoritam koji isti problem re"ava bez rekurzije. U praktinom programiranju

uglavnom treba izbegavati rekurziju jer takva re"enja u op"tem sluaju tro"e

vi"e vremena od iterativnih.

Re"avanje rekurzivne jednaine omoguava prelazak iz rekurentnog u

iterativni oblik funkcije. Obino se odredi nekoliko poetnih vrednosti, pa se

na osnovu tih podataka izvodi op"ti obrazac. Dobijeni obrazac treba strogo

dokazati matematikom indukcijom.

Primer:Re"iti rekurentnu jednainu

1 1

1

f

f k f k k

Kako je

- 137 -



1 2

1 12

f

2 3

2 1 22

f

3 4

3 1 2 32

f

4 5

4 1 2 3 42

f

Znai, mo!emo da zakljuimo da je

1

1 2 32

n n f n n

Da je ova formula tana, dokaz se izvodi matematikom indukcijom.

1 2

1. 1 1 12

n f

1

2. 1 12

k k n k f k

1 1

3. 1

2 2

k k k k n k f k k k f k

Prema tome dobijena formula je tana za sve prirodne brojeve.

6.3.2. REKURZIVNI ALGORITMI

Rekurzivni algoritam je onaj algoritam koji poziva samog sebe sve dok sene ispune unapred postavljeni uslovi.

Da bi se algoritam koji koristi rekurziju zavr"io mora se predvideti uslov

izlaska, odnosno uslov zavr"etka. Rekurzivni algoritam zahteva jednu ili vi"e

ulaznih veliina, a vraa jednu izraunatu. Ta vrednost je iz koraka u korak sve

bli!a !eljenoj, iskazanoj u uslovu izlaska.

Algoritam u sebi sadr!i naredbe if koja testira uslov izlaska i naredbu else

kojom se rekurzivno poziva sama funkcija, odnosno algoritam.

- 138 -



Primer:

Rekurzivni algoritam za izraunavanje stepena na .

: ( , 0)

0 , 1

, , 1

procedura stepen a R n

if n then stepen a n

else stepen a n a stepen a n

end

Iterativni algoritam

1

1

b

for i to n

b a b

return b

end

6.4. ČERČOVA TEZA

Rekurzivne funkcije imaju za osobinu da za izraunavanje njenih vrednosti

postoji efektivni postupak koji zadate ulazne podatke uvek preslikava u odgovor.

Do re"enja dolazimo posle konano mnogo koraka. Proces izraunavanja mo!e

da bude dugotrajan ali je uvek jasan i oigledan.

Zato mo!emo da tvrdimo da rekurzivne funkcije su izra unljive.

Obrnuto tvrenje bi bilo - Veruje se da je svaka izra unljiva funkcija

rekurzivna. Ovo tvrenje naziva se er ova teza.

Izraunljive funkcije esto se nazivaju i algoritamske funkcije.Rekurzivne funkcije su jedna u!a klasa funkcija koje zovemo aritmeti ke.

Aritmeti ka funkcija je funkcija oblika : n f N N . Uzimamo da je

skup N pro"iren sa 0.

- 139 -



Imajui u vidu ove nazive mo!emo da erovu tezu izrazimo i na sledei

nain

er ova teza: Aritmetika funkcija je izraunljiva ako je rekurzivna.

Na!alost ova teza nije dokazana u matematikom smislu. U su"tini ona

tvrdi da za neki problem postoji algoritam ako se re"avanje problema svodi na

izraunavanje vrednosti adekvatne rekurzivne funkcije. Problem koji se re"ava

tada se mora formulisati kao aritmetiki problem. Problem van aritmetike

mora se preslikati u aritmetiki. Da bi se to postiglo prvo se problem mora

predstaviti nekim univerzalnim jezikom, na primer, kvantifikatorskog rauna, a

zatim se to preslikava na jezik aritmetike. Dakle:

Rekurzivna funkcija je jedan op"ti model algoritma.

6.5. TJURINGOVA MAŠINA

Alan Tjuring 1935g. daje matematiki pojam efektivne izraunljivosti. U !eljida odgovori na tree Hilbertovo pitanje, da li je matematika odluiva, konstrui"e

jedan zami"ljeni model izraunljivosti pod nazivom Tjuringova ma#ina . Time

daje teorijski okvir za projektovanje i stvaranje raunara.

Tjuringova ma#ina u su"tini je slu!ila je da poka!e da se svaki matemati ki

problem mo!e re"iti. Omoguila je da se defini"e kompjuterski algoritam. Njome

je negativno odgovorio na tree Hilbertovo pitanje, matematika nije odluiva,

odnosno ne postoji algoritam kojim bi se odredilo da li je neka formula tana.

Alan Matison Tjuring (1912.-1954.), je bio engleski

matemati ar, logi ar i kriptograf. Smatra se ocem modernogra unarstva. Dao je zna ajan i provokativan doprinos debati

koja se ticala ve!ta ke inteligencije, tj. da li e ikad biti

mogu e re i da je ma!ina svesna i da mo"e da misli. 1947. je

pre!ao u Man esterski univerzitet i radio je uglavnom na

softveru, na Marku I, za koji se smatra da je jedan od prvih

- 140 -



pravih ra unara. Tokom Drugog svetskog rata, Tjuring je radio u Ble li parku,

britanskom kripto analiti kom centru i bio je jedno vreme !ef Hut-a 8, odeljenja

zadu"enog za nema ku mornaricu. Tjuring je razvio vi!e tehnika za razbijanje

!ifara, uklju uju i metod bombe, elektromehani ku ma!inu, koja je mogla da

otkrije postavke nema ke podmorni ke !ifre Enigme. Godine 1952. Tjuring je

osu en za delo *velike nepristojnosti/, po!to je priznao da je bio u vezi sa

mu!karcem u Man esteru. Tjuring je umro 1954. po!to je pojeo jabuku

napunjenu cijanidom. Njegova smrt se smatra samoubistvom.

Tjuringova ma"ina je zami"ljeni model raunara. Opona"a oveka koji

rauna po strogo utvrenim propisima. Koristi se za re"avanje problema

odluivanja. To su problemi kod kojih se re"enje sastoji u utvrivanju ili

opovrgavanju neke osobine, odnosno re"avanje problema mo!e da se svede na

odgovore

da ili ne.

Naravno nisu svi problemi odluivanja, ali se neki mogu

svesti na njih.

Mada mo!e da bude tehniki mogua, Tjuringova ma"ina nije smi"ljena

kao praktina raunarska tehnologija, ve kao misaoni eksperiment o

granicama mehanikog raunanja i u praksi ova ma"ina se ne konstrui"e.

Tjuringova ma"ina ima vrlo jednostavnu konstrukciju. Sastoji se od

beskonane trake, koja ima na sebi polja # elije u koje mogu da se upisuju

simboli i glave koja mo!e da ita i pi"e simbole. Svako polje mo!e da sadr!i

samo jedan od znakova 0, 1 ili prazno. Znaci 0 i 1 su binarne oznake i slu!e za

zapis informacija. Prazno oznaava kraj zapisa. Glava za itanje i pisanje se

pozicionira iznad polja i mo!e da se pomera za jedno polje ulevo, za jedno polje

udesno, ili da ostane u mestu. U zavisnosti od stanja u kome se glava nalazi, i

- 141 -



od simbola koji se nalazi u polju iznad koje je glava postavljena, glava e u to

poje upisati odreeni simbol, pomeriti se levo ili desno (ili ostati u mestu), i

promeniti svoje stanje. Ovaj proces se ponavlja dok Tjuringova ma"ina ne

stigne u zavr"no stanje.

Svaki program za Tjuringovu ma"inu je niz konanih naredbi, a svaka

naredba konaan niz simbola nekog prebrojivog skupa, tako da postoji samo

prebrojivo mnogo programa.

Naravno, skup svih problema odluivanja je neprebrojiv, "to znai da

postoje problemi za koje ne postoje algoritmi. Jedan od nere"ivih problema je

problem zaustavljanja Tjuringove ma"ine.

Tjuring je napravio koncept algoritama za raunanje pomou Tjuringove

ma"ine, formuli"ui danas "iroko prihvaenu Tjuringovu verziju erove teze:

Problem je algoritamski re#iv akko se mo!e re"iti na Tjuringovoj

ma"ini.

Algoritmom je svaki niz instrukcija koji se mo!e uraditi na Tjuringovoj

ma"ini.

Osim Tjuringove ma"ine postoje i fon Nojmanova ma"ina, Prostova

ma"ina, algoritmi Markova, ma"ine Minskog i mnogi drugi formalizmi. Svi ovi

sistemi su meusobno ekvivalentni, odnosno simuliraju jedni druge. U su"tiniklasa diskretnih funkcija koje te ma"ine mogu da izraunavaju je ista u svim

sluajevima. To je jedna robusna klasa funkcija koja je otporna na promene

raunarskih modela, a radi se o klasi izraunljivih funkcija, odnosno svi

problemi se svode na erovu tezu.

1936 godina mo!e se smatrati godinom nastanka nove naune discipline,

teorije algoritama, a ponekad se i koristi termin teorija izraunljivosti. Teorija

algoritama se bavi pitanjem postojanja ili nepostojanja algoritama za re"avanje

pojedinih problema i kao takva pripada matematikoj logici. Sa stanovi"ta

prakse najinteresantnije pitanje je ne samo egzistencija algoritma, ve i

njegova efikasnost. Implementacija algoritma na nekom raunarskom modelu

koristi njegove resurse, vremenske i prostorne. Ovim pitanjima se bavi analiza

algoritama ili teorija raunske slo!enosti. Analiza algoritama predstavlja osnovu

teorijskog raunarstva, a od matematikih metoda koristi tehnike diskretne

matematike, matematike logike i teoriju formalnih jezika. DokazatiW

- 142 -




1. +ta je algoritam?2. Navedite razliite vrste predstavljanja algoritma ?3. ime se bavi teorija algoritama?4. +ta je algoritamska "ema i iz kojih delova se sastoji?5. Linijske algoritamske "eme i primer.6. Cikline algoritamske "eme i primer.

7. Slo!ene algoritamske "eme i primer.8. Osobine algoritama.9. Razlika izmeu rekurzivnog i iterarivnog algoritma10. Kako se vr"i provera ispravnosti algoritma?11. Definicija rekurzivne funkcije12. er - Tjuringova teza.13. Kako je definisana Tjuringova ma"ina14. Koji je znaaj Tjuringove ma"ine?

KLJUČNE REČI

AlgoritamBlok dijagramCiklina "emaIterativni algoritamLinijska "emaPetlja

erova tezaTjuringova ma"inaProstova ma"inaRekurzivni algoritamRekurzijaIzraunljivos

- 143 -



6.6. ZADACI

1. Sastaviti algoritam za raunanje vrednosti,

,

a a b Z

b a b

Re!enje:

2. Sastaviti algoritam-blok dijagram kojim se izraunava ! 1 2 3n n

Re!enje:

- 144 -



3. Izraunati vrednost z po formuli:

1 2 1 2

1 2 1 2

11 2

2

,

,

,

x x x

Z x x x x

x x x

x

Re!enje:

1 2 3, , x x x

1 2 x x

0 A

0 A

1 2 A x x

1 2/ A x x1 2 A x x

4. Sastaviti algoritam koji za poznato n izraunava aritmetiku sredinuzadatih brojeva

1 1, , , n x x x.

Re!enje:

Kako je po definiciji 1 2 ..... n x x x P n

- 145 -



5. Izraunati pribli!no kvadratni koren broja z sa gre"kom manjom od

0, 0 pomou formule

1 0

1,

2 2n n

n

z z x x x

x

Re!enje:

Ako bi koristili pseudokod za pisanje algoritma imali bi:

- 146 -



0

1 0

0

1 0

0 1

: ( , )

2

1

2

procedura koren z

z x

loop

z x x

x

if x x then end

x xend loop

A blok dijagram izgleda:

, z

02

x

1 0

0

1

2

z x x

x

0 1 x

0 1 x x

1 x

- 147 -



6. Re"iti rekurentnu jednainu

1 1

2 1 1

f

f k f k

Re!enje:

1 1

2 2 1 1 3

3 2 3 1 7

4 2 7 1 15

f

f

f

f

Na osnovu ovih vrednosti mo!emo da zakljuimo da je

2 1n f n Dokaz ove tvrdnje mora da se uradi primenom matematike indukcije.

Za n=1 imamo po definiciji da je 1 1 f

, 2 1k n k f k

11, 1 2 1 2 2 1 2 1k k n k f k f k Dakle, formula je tana za sve prirodne brojeve.

7. Napisati rekurzivnu funkciju za izraunavanje faktorijela nW I izraunati

3 f

Re!enje:

Funkcija ! fakt n n za raunanje faktorijela broja se mo!e izraziti

rekurzivno na sledei nain.

0 1

1 1

fak

fak n n fak n

1. Kako je 0! 1

2. 3 3 2 3 2 1 3 2 1 0 3 2 1 1 6 f f f f

- 148 -



8. Napisati rekurzivni algoritam za izraunavanje faktorijela.

Re!enje:

: ( 0)

0 1

1

procedura fakt n n

if n then fakt n

else

fakt n n fakt n

return

end

9. Napisati iterativni algoritam za izraunavanja faktorijela.

Re!enje:

: ! ( 0)

0 1

1

procedura f fakt n n n

if n then f

for i to n

f i f

return f end

10. Napisati i algoritam za ispis brojeva od 2 do20.

Re!enje:

:

2 , 20

2

procedura

for n n

n n

n

end

- 149 -



11. Fibonaijev niz je niz brojeva kod koga je prvi element broj 1, drugi

element takoe broj 1, a svaki sledei predstavlja zbir prethodna dva lana.

Prvih nekoliko lanova niza glase 1,1,2,3,5,8,13,........Napisati rekurzivnu

funkciju niza.

Re!enje:

Rekurzivna funkcija izgleda

1 1

2 1

1 2

fib

fib

fib n f n f n

Izraunati 3 fib .

1. Kako je 1 1, 2 1 fib fib ,

2. 3 2 1 1 1 2 fib fib fib

12. Odrediti algoritam za izraunavanje Fibonaijevih brojeva.

Re!enje:Iterativni algoritam

: ( )

0 0

0, 1

1 1

procedura fibonaci n je nenagativni broj

if n then y

else

x y

for i to n

z x y

x y

y y

end

end

y je fibonacijev broj

- 150 -



Rekurzivni algoritam

: ( 0)

1 1

2 1

1 2

procedura fib n

if n then fib n

if n then fib n

else fib n fib n fib n

13. Napisati Euklidov algoritam za izraunavanje NZD-najveeg zajednikog

delioca dva pozitivna broja a i b.

Re!enje:

Ako bi na primer trebali da odredimo NZD za brojeve (287,91) uradili bi

sledee

287 91 3 14

91 14 6 7

14 7 2 0

Znai NZD(287,91)=NZD(91,14)=NZD(14,7)=7.

Ako bi problem uop"tili imali bi niz sledeih izraza:Broj a se mo!e napisati kao , 0a b q r r b

Neka je

0 0 0

0 1 1 1 0

0 1 1 2 2 1

2 1 1 1

1

, 0

, 0

, 0

, 0k k k n n n

k k k

a b q r r b

b r q r r r

r r q r r r

r r q r r r

r r q

Rekurzivni algoritam bi glasio:

: ( , 0)

0 ,

, ( mod , )

procedura Eukl a b

if b then Eukl a b a

else Eukl a b Eukl a b a

- 151 -



14. Napisati algoritam za sabiranje dve matrice ,mxn mxn B

Re!enje:

: ( , )

1

1

ij ij ij

procedura Sab A B

for i to m

for j to n

c a b

end for

end for

end

15. +ta je azbuka, a "ta skup stanja Tjuringove ma"ine ?

Re!enje:

Azbuka je 0,1,S b , gde je b prazan simbol.

Skup stanja je 0 1 2, , , ,Q q q q q q , gde je 0q poetno stanje, ,q q su

zavr"na stanja.

- 152 -



7.TEORIJA GRAFOVA

KRATAK SADRŽAJ:

7.1. GRAFOVI

7.1.1. OSNOVNI POJMOVI I DEFINICIJE7.1.2. OSNOVNE VRSTE GRAFOVA7.1.3 PLANARNI GRAFOVI7.1.4. IZOMORFNI GRAFOVI7.1.5. OJLEROVI GRAFOVI7.1.6. HAMILTONOVI GRAFOVI7.1.7. TEŽINSKI GRAFOVI

7.2. PREDSTAVLJANJE GRAFOVA POMOĆU RAČUNARA7.2.1. LISTA SUSEDSTVA7.2.2. MATRICA INCIDENCIJE7.2.3. MATRICA SUSEDSTVA

CILJEVI UČENJA:


1.definišete graf,2. navedete veliki broj različitih vrsta grafova,3. odredite izomorfne,4. definišete Ojlerove i Hamiltonove grafove,5. znate kako se grafovi predstavljaju preko računara.

- 153 -





Skup vorova obele!avamo sa V (engl.vertice), a skup grana sa E

(engl.edge), a graf kao ureeni par , .G V E

Primer:

vorovi i grane mogu imati jasan praktini smisao.vorovi mogu biti gradovi, a grane putevi izmeu njih ilivorovi mogu biti raunari u mre!i, a komunikacije izmeu njih grane.

Primer: [eb grafwww mo!e biti modelovan kao graf kod koga su web stranice

predstavljene kao vorovi, a grana poinje u web stranici a i zavr"ava u webstranici b, ako postoji veza od a do b. im se nova web stranica napravi, ato se dogaa skoro svake sekunde web graf se menja.Naravno web graf ima vi"e od bilion vorova i desetine biliona grana.

Mnogi ljudi bave se prouavanjem web grafova da bi bolje razumeliprirodu web-a,

Primer:

Za dati skupvorova i grana nacrtati odgovaraju

e grafove.a)

,V A B i

E AB , b)

, ,V A B C i

, E AB BC , c)

, , ,V A B C D,

, , , E AB BC AD CD

Grana ,e u v spaja dva susedna vora u i v.

- 155 -



Grana e je incidentna sa vorom u, odnosno vorom v .

Grana koja spaja vor sa samim sobom naziva se petlja.

B

A

7.1.2. OSNOVNE VRSTE GRAGOVA

Graf koji nema nijednu petlju naziva se prost graf .

B

A

C

D

Prost graf G je ureeni par ,G V E koji se sastoji od skupa vorova V i

skupa grana E, gde je

2

V E

Neorijentisani graf ,G V E je ureen skup parova vorova i grana

gde je

2

V E V

Znai on mo!e imati i petlje.

Orijentisani graf ili digraf ,G V E je ureen skup parova vorova i

grana gde je E V V . Znai on ima orijentaciju, grana ,v a b

ima po etni vor u a i krajnji vor u b.

- 156 -



Napomena:

Ukoliko nije drugaije nagla"eno, ubudue radimo sa prostim, neorijentisanimgrafovima.

Primer:

Mre!a ulica u jednom gradu mo!e se predstaviti grafom, ako su raskrsnicevorovi, a ulice grane. Ako je ulica jednosmerna graf je orijentisan.Neorijentisane grane odgovaraju dvosmernim ulicama, pa je u pitanjuneorijentisani graf.

Graf koji ima konaan broj vorova se zove kona an graf . Analogno, graf sabeskonanim brojem vorova se zove beskona an graf.

Multigraf je graf kod koga izmeu dva vora postoji vi"e od jedne grane.

C

B

Stepen vora jednak je broju grana grafa koji imaju kraj u tom voru.

vor stepena 0 naziva se izolovani vor . Grana koja spaja vor sa stepenom jedan je vise a grana.

Primer:

Dat je graf na slici.

A

B C D

E

F

U grafu na slici vorovi A i C su susedni, kao i grane AB, AD i AC .

vorovi A i E nisu susedni, kao ni grane AC i BE .

Grana AD je visea grana.

vor D je stepena 1, vorovi B, C, E su stepena 2, a vor A je stepena 3.

vor F je izolovani vor.

- 157 -



Primer:

Nacrtati multigraf koji sadr!i skup vorova , ,V a b c i skup grana

, , , , , , , , , E a b b c c b c a b a

a

c

b

Primer:

Danas se razvija nova nauna disciplina, matematika hemija, koja primenjujeteoriju grafova na matematiko modelovanje hemijskih procesa. U hemiji semultigrafovima predstavlja struktura molekula.

3 3 H C CH CH

3CH

- 158 -



Graf je regularan ako su svi vorovi istog stepena.

Na slici je dat regularan graf stepena 2.

Kompletan ili potpun graf je onaj prost graf kod koga su svaka dva vora

povezana granom. Kompletan graf sa n vorova se obele!ava san K .

Kompletan graf ima 2

n

grana.

B

A

C

4 K

D

Put je niz grana grafa sa osobinom da je kraj k-te grane u nizu poetak

naredne k+1-te grane. U op"tem sluaju put je niz grana koje su meusobno

povezane.

Prost put ili elementarni put je put kod koga se kroz jedan vor prolazi

tano jednom.

Regularni grafovi sa n vorova stepena n-1 su prema tome kompletni

grafovi.

Na slici su dati kompletni grafovi2 3 4 5, , , K K K K

- 159 -



Graf je povezan ako postoji put izmeu bilo koja dva razliita vora.

Prvi od grafova sa slike je povezan, a drugi je nepovezan.

B C

Ako je poetni vor ujedno i krajnji, takav put se naziva ciklus, kontura ili

petlja.

Kontura je konaan, povezan, regularni graf stepena 2.

D

C B

Du!ina puta(konture) je broj grana koji ine put (konturu).

Bipartitivni graf je graf koji se sastoji od dva podskupa vorova X i Y , tako

da svaka dva vora iz razliitih podskupova su povezana granom, a nijedna

grana ne povezujevorove iz istog podskupa. Podskupovi X i Y , nazivaju seklase.

Za obele!avanje bipartitivnih grafova koristi se oznaka,m n

K , gde je n broj

vorova prvog podskupa, a m broj vorova drugog.

- 160 -



Primer:

Nacrtati bipartitivne grafove

2,3 3,3 2 ,4, , K K K .

2,4 K

3,3 K 2,3

K

Teorema : Graf je bipartitivan akko ne sadr!i cikluse neparne du!ine.

Kompletan bipartitivni graf je graf koji se sastoji iz 2 podskupa vorova,

tako da je svaki vor iz prvog skupa susedan sa svakim vorom iz drugogskupa.

Primer:

Nacrtati kompletne bipartitivne grafove 2,3 3,3 2 ,4, , K K K .

2,4 K 3,3 K 2,3 K

- 161 -





7.1.3. PLANARNI GRAFOVI

Planarni graf je onaj prost graf koji se mo!e nacrtati u ravni, a da muse grane ne seku, sem u vorovima.

On deli ravan na vi"e konanih zatvorenih oblasti i jednu beskonanu.

Svaka zatvorena oblast se naziva elija.

Primer:

Grafovi na slici su planarni, graf a deli ravan na 1 konanu i jednubeskonanu

oblast, dok graf b odreuje samo jednu beskonanu oblast.

a b

Primer planarnog grafa je mre!a puteva ako se iskljue nadvo!njaci,

odnosno saobraajne petlje. Koriste se i u projektovanju elektronskih ureaja,odnosno svuda gde bi ukr"tanje veza dovelo do kratkog spoja . Na primer, ako

je integrisano kolo predstavljeno planarnim grafom mo!e biti od"tampano na jednom nivou, a ako graf nije planaran mora se koristiti vi"e nivoa "tampe.

Ojlerova teorema 1: Povezan, planarni graf sa v vorova i e grana deliravan na f =e-v+2 oblasti.

Primer:

Planarni grafovi sa slike dele ravan na f=6-4+2=4 oblasti.

- 163 -





7.1.4. IZOMORFNI GRAFOVI

Dva grafa su izomorfna ako postoji uzajamno jednoznano preslikavanje,bijekcija, skupova njihovih vorova koje uva susednost vorova.

Dva grafa 1 1 1,G V E i 2 2 2,G V E su izomorfni , ako postoji

bijekcija 1 2: f V V za koju va!i da je 1,u v E , ako i samo ako

2, f u f v E i koristimo oznaku 1 2G G .

Primer:

Nacrtati dva izomorfna grafa.a)

A B

C D

1 2

34

Izomorfizam ovih grafova definisan je bijekcijom

1 2 3 4 f

A B C D

b)

1 3 5 2 4 6

a b c d e f f

a

b

c

d

e

f

1 2

3

45

6

- 165 -



Napomena: Grafovi se razlikuju samo po tome kako su vorovi povezani, a ne kako su

obele!eni. Obele!avanje vorova nema znaaja za strukturu grafa, tako da se

esto i ne obele-!avaju.

Iz definicije mo!emo da zakljuimo da su izomorfni grafovi u stvari isti

grafovi samo drukije nacrtani u ravni. Zato je veoma va!no pitanje kako

ispitati da li su dva grafa izomorfna ili ne. Na!alost joj ne postoji univerzalni

postupak ili neka teorema koja bi to definisala. Ispitivanje se vr"i neposrednim

proveravanjem osobina grafova vodei rauna o sledeem:

Izomorfni grafovi moraju imati:

1. Isti broj vorova,

2. Isti broj grana,

3. Isti niz stepena vorova,

4. broj vorova stepena 1,

5. cikluse istih du!ina i td.

Ovo su potrebni, a ne dovoljni uslovi da bi grafovi bili izomorfni. Ispunjenje

ovih uslova ne garantuje da su dva grafa izomorfna.

Sledea dva grafa na slici imaju isti broj

vorova, grana, svi

vorovi su istog

stepena, pa opet nisu izomorfni.

Napomena:

Zanimljivo je da nije naen ni jedan kompletan algoritam za testiranje

izomorfnosti grafova, ali nije dokazano ni da ne postoji.

Izomorfni grafovi su od velikog znaaja u elektronici, pri konstruisanju

"tampanih kola, gde grane grafa (strujni vodovi) ne smeju da se seku osim u

- 166 -



vorovima. Zato je bitno da se pronae izomorfan graf !eljenom grafu, ali

takav da mu se grane ne seku, tj da bude planaran.

Primer:

Da li je mogue spojiti 3 kue sa 3 bunara stazama koje se ne ukr"taju, ada od

svake kue vodi po jedna staza do svakog od 3 bunara.

Kue i bunari se mogu predstaviti kao na prvoj slici. U pitanju jekompletan

bipartitivni graf, ali kod koga grane ne bi smele da se seku.

Mo!e se dokazati da je polazni graf izomorfan sa potpunim bitrigrafomkoji jeprikazan na drugoj slici.

A ranije smo dokazali da potpuni bitrigraf nije planaran.

7.1.5. OJLEROVI GRAFOVI

+vajcarskom matematiaru Leonardu Ojleru tokom boravka u Keninsbergu,dana"nji Kaljingrad, graani su postavili pitanje koje ih je muilo. Grad le!i na

obalama i dva ostrva reke Pregel i oni su povezani sa sedam mostova. Pitanje je bilo, da li je mogue poeti "etnju iz bilo koje take u gradu i vratiti se upolaznu taku, prelazei pri tome svaki most tano jedanput.

1735. godine Ojler je prezentovao svoj rad dokazujui da je takav prelazaknemogu, uz napomenu da se razmatranje mo!e pro"iriti da proizvoljanraspored ostrva i mostova. Ovaj rad smatra se preteom teorije grafova.

a

b

c

d

e

1 2

3

45

6

- 167 -



A

B

C

D

Ojler je problem re"io tako "to je obale( B,C) i ostrva (A,D) shvatio kao

vorove, a mostovi su bili grane izmeu njih. Tako je dobio jedan multigraf.

C

B

D

Svakodnevnim jezikom mo!emo rei da je Ojlerov graf, graf koji se mo!enacrtati ne podi!ui olovku sa papira.

Ojlerov put je put koja sadr!i sve grane iz G tano jedanput. (ne mora

biti zatvoren).

Zatvoren Ojlerov put naziva se Ojlerov ciklus ili kontura.

Graf koji ima Ojlerov ciklus zove se Ojlerov graf.

Graf koji ima Ojlerov put se zove polu Ojlerov graf.

Graf mo!e, a ne mora imati Ojlerov put, odnosno ciklus.

Ojlerova teorema 3:

Graf G je Ojlerov akko je povezan i svi vorovi su parnog stepena.

Ojlerova teorema 4:

Graf ima Ojlerov put akko je povezan i sadr!i najvi"e 2 vora neparnog

stepena.

- 168 -



Primer:

Nacrtati po jedan Ojlerov graf i Ojlerov put.

a

b

c

d e

)a

a

b

cd

)b

Graf na slici a je Ojlerov , napr: abcbdec.U njemu su svi vorovi parnog stepena.

Graf na slici b je Ojlorev put, napr: bacbdc.Ovaj graf ima tano 2 vora neparnog stepena.

Primer:

Dati su grafovi na slici. Oni su:

Prvi graf je Ojlerov put, napr: caecba, ima 2 vora neparnog stepena.Drugi graf je Ojlerova kontura, napr: abdca. Svi vorovi su mu parnog stepena.Trei graf nije ni Ojlerov put ni Ojlerova kontura.

Ako se vratimo na problem Kenigsber"kih mostova, vidimo da se on ne

mo!e svesti na Ojlerovu konturu, jer graf ima stepene vorova 5, 3, 3, 3 pa jesamim tim nemogue svaki most prei samo jedanput, a da se vratimo u

poetnu taku.

Tra!enje Ojlerovog puta sree se u problemima kombinatorne optimizacije,

ali i u radu sa laserima, iji je cilj da se optimalno koristi laser i samim tim

pojeftini proizvodnja laserskih ureaja. Ojlerovi putevi su va!ni za organizaciju

a

c

b

e1. a

d b

c

2.

a

c

b

e3.

- 169 -



poslova u velikom gradu, na primer, za razno"enje po"te, naplate rauna i

slino. Po"tar e najracionalnije razneti po"tu ako svaku ulicu obie tano

jedanput.

7.1.6. HAMILTONOVI GRAFOVI

Vilijem Hamilton ( [illiam Hamilton 1805.-1865) je postavio zanimljiv

problem-igru pod nazivom put oko sveta . Problem je kako obii gradovesveta i vratiti se u polazni. Igra je koristila ivice dodekaedra (12) za

predstavljanje dozvoljenih puteva izmeu gradova.

Graf koji prolazi kroz sve vorove datog grafa tano jednom naziva se

Hamiltonov graf.

Hamiltonov put u grafu G je put koji prolazi kroz svaki vor tano jedan

put.

Zatvoren Hamiltonov put zove se Hamiltonova kontura ili ciklus.

Graf koji ima Hamiltonov ciklus zove se Hamiltonov graf.

Graf koji ima Hamiltonov put se zove polu Hamiltonov graf.

Primer:

Nacrtati jedan Hamiltonov graf i jedan put.

Postoji velika slinost u definiciji Ojlerovih i Hamiltonovih grafova. KodOjlerovih grafova obilazimo grane, a kod Hamiltonovih grafova obilazimovorove grafa. Meutim, dok je Ojlerov graf je u potpunosti odreenOjlerovim teoremama 3 i 4 , koje defini"u potrebne i dovoljne uslove zaegzistenciju grafa, za Hamiltonove grafove to nije sluaj. Ne postoji teorema

a

d b

c

e a

c

b

e

b

- 170 -



koja bi definisala potreban i dovoljan uslov postojanja Hamiltonovog grafa.Postoji vi"e teorema koje na posredan nain odreuju Hamiltonove grafove, alisamo u specijalnim sluajevima, kao na primer:

• Grafovi sa vorovima stepena 1 ne mogu biti Hamiltonovi, dok uHamiltonovom grafu svaki vor je susedan sa dve grane u konturi.

• Svaki kompletan graf Kn sa 3n vorova je Hamiltonov graf.

• Povezan graf sa 3n vorova u kome je stepen svakog vora bar

2

n

je Hamiltonov graf.

Primer:

Dati su grafovi na slici

Prvi graf je Hamiltonov put, napr: e,c,b,a.Drugi graf nije ni Hamiltonov put, ni Hamiltonov graf.

Trei graf je Hamiltonov graf. Kompletan je graf,4 K

Primer:

Odrediti grafove koji su:

a. istovremeno Ojlerovi i Hamiltonovi,

b. jesu Ojlerovi, a nisu Hamiltonovi,c. nisu Ojlerovi, a jesu Hamiltonovi,

d. nisu ni Ojlerovi, ni Hamiltonovi.

a b

ce

a b

ce

d

a b

ce

- 171 -



7.1.7. TEŽINSKI GRAF

Pretpostavimo da !elimo da odredimo najbolji put od take A do take B.To mo!e da bude najkrai, najjeftiniji, najbezbedniji put ili put na kome se tro"inajmanje energije i sl.

Tada se granama grafa koji predstavlja ovakav put dodeljuje neki realnibrojevi, njihove te!ine, odnosno mera, koji e karakterisati !eljeni uslov.

Te!ina ne mora da bude pozitivan broj, ali je uobiajeno da se takavkoristi, ne umanjujui op"tost razmatranja. Ako neka grana ne postoji, tada sena pomenutu poziciju stavlja neki poseban simbol na primer .

Ovakvi grafovi se nazivaju te!inski grafovi.

Te!inski graf ( digraf) , ,G V E w je ureena trojka skupova

vorova, grana i te!inske funkcije :w E V V koja svakoj grani

dodeljuje te!inu.

Ako su te!ine pozitivni realni brojevi, a graf je bez petlji mo!emo zakljuiti:

Du!ina puta je zbir svi te!ina na putu.

Udaljenost vorova je du!ina minimalnog puta izmeu dva vora.

Udaljenost vora do samog sebe je 0. Te!inski graf koji je usmeren zove se mre!a.

ab

d c

- 172 -







Neka je G=(V,E) graf. Matrica B ije su vrste odreene vorovima, akolone granama grafa naziva se matrica incidencije.

Element ijb , jednak je 1 ako je i-ti vor incidentan (susedan) j-toj grani, a

jednak nuli u protivnom.

1, tan

0,ij

ako je vor i inciden sa granom jb

ina e

U svakoj koloni se tano nalaze 2 jedinice i one govore koji vorovi suvezani istom granom.

Primer:

Grafu sa slike odgovara sledea matrica incidencije

b

a

c

d

1 1 1 0

1 0 0 0

0 0 1 1

0 1 0 1

ab ad ac cd

a

b

c

d

Matrice incidencije nisu jednoznano definisane ve zavise od toga kako

se defini"u vorovi.

Matrice incidencije mogu da se koristite i kod grafova sa petljama.

- 175 -



Primer:

Grafu sa petljama sa slike odgovara sledea matrica incidencije

b

a

c

d

1 1 1 0 0

1 0 0 0 0

0 0 1 1 0

0 0 0 1 1

ab aa ac cd dd

a

b

c

d

Kod orijentisanih grafova na preseku i-te vrste i j-te kolone stavlja seoznaka -1 ili 1 ako u i-ti vor ulazi, odnosno izlazi j-ta grana, inae je 0.

Ova reprezentacija je veoma neekonomina sa aspekta kori"enja

raunata i ree se koristi.

7.2.3. MATRICA SUSEDSTVA

Matrica susedstva je kvadratna matrica iji je red jednak broju vorova

grafa.

Element ija , jednak je broju grana koje polaze iz vora

iv a zavr"avaju se

u voru j

v

Ako su dvavora spojena najvi"e jednom granom iste orijentacije tada je:

0,

1,ij

ako ne postoji grana od vora i do vora ja

ako postoji grana od vora i do vora j

Matrica susedstva je simetrina u odnosu na glavnu dijagonalu.

- 176 -



Primer:

Grafu sa slike odgovara sledea matrica susedstva

b

a

c

d

0 1 1 1

1 0 0 0

1 0 0 1

1 0 1 0

a b c d

a

b

c

d

Kako oznake vorova u veini sluajeva nisu va!ne, matrica se pi"e bezoznaka.

0 1 1 1

1 0 0 0

1 0 0 1

1 0 1 0

Primer:

Usmerenom grafu sa slike odgovara matrica susedstva

ba

c

0 1 1

1 1 1

0 0 0

a b c

a

b

c

- 177 -



Matrica susedstva je naje"a matrina raunarska interpretacija grafova.

Ova reprezentacija zahteva 2n (n je broj vorova) memorijskih jedinica u

raunaru. Nepraktina je za grafove sa malim brojem grana "to je u praksi est

sluaj. Sa druge strane ona mo!e da se koristi i za grafove i multigrafove

(digfraove). Tada, na poziciju preseka i-te vrste i j-te kolone treba staviti broj

grana koje spajaju i-ti vor sa j-tim vorom. U sluaju da je graf neorijentisan

skoro 50\ memorijskih jedinica mo!emo u"tedeti ako se pamte samo elementi

ispod ili iznad glavne dijagonale, zato "to je matrica simetrina. Ali tada se

usporava brzina rada jer je potrebno izvr"iti testiranja koja se nameu.

7.3. PROBLEM ČETIRI BOJE-BOJENJE GRAFOVA

Problem 4 boje postavio je 1852g. Frensis Gatri. Pitanje je da se sa 4 boje

mo!e obojiti karta regija neke dr!ave ili karta sveta, a da su susedne oblasti

obojene razliitim bojama, bez obzira kako karta izgleda i koliko delova ima.

Problem je zainteresovao matematiare pa i uvenog Augusta de Morgana. Tek

1976g. Apel i Haken su pomou raunara dokazali da je za bojenje karte sveta

potrebno 4 boje. Za to im je bilo potrebno 1200 sati rada kompjutera.

I ovaj problem mo!e se tretirati kao grafovski, odnosno kao problembojenja grafova.

Problem bojenja grafova svodi se na bojenje vorova grafa, odnosnopridru!ivanje skupa boja skupu vorova, tako da je svakom voru pridru!ene

jedna boja i da susedni vorovi nisu iste boje. Za takav graf se ka!e da je pravilno obojen.

Ako je graf pravilno obojen i da se pri tom upotrebi k ili manje boja ,onda je graf je k-obojiv .

Svaki graf od n vorova je n-obojiv, jer svaki vor mo!emo obojiti nekomdrugom bojom. Drugo je pitanje koliko minimalno boja treba da bi se grafobojio na gore opisani nain.

Najmanji broj boja kojim je mogue obojiti jedan graf se zove hromatski

broj grafa,

- 178 -



Ako graf sadr!i samo izolovane vorove onda je 1 , a ako je bipartitivni

graf onda je 2 .

Tano odreivanje hromatskog broja grafa nije jednostavan posao i

poznat je kao NP te!ak. Problem se jednostavno re"ava samo za mali broj

vorova. Jednostavnije je samo odrediti relativno dobru donju i gornju granicu.

Razvijen je itav niz heuristika za nala!enje pribli!ne vrednosti .

Postoji vi"e teorema koje se odnose na bojenje grafova:

Svaki planarni graf je 4-obojiv.

Graf je bihromatski (mo!e se odojiti sa dve boje) akko ne sadr!i nijednukonturu sa neparnim brojem vorova,

Postoji algoritam koji omoguava bojenje grafova, ali on ne govori o

minimalnom broju boja.

ALGORITAM:1. Defini"i graf G

2. Poreaj vorove prema opadajuim stepenima

3. Dodeli boju B1 prvom voru, a zatim i svim vorovima koji nisu susedni

sa prethodnim vorom

4. Ponoviti korak 2 sa bojom B2, sa sledeim neobojenim vorom.

5. Ponavljati korak 3 dok ima vorova i boja.6. Kraj.

Primer:

Obojiti graf na slici koristei prethodni algoritam

Ako vorove poreamo u opadajui niz prema stepenima imamoE, C, G, A, B, D, F, H

A B C

D E F

G H

- 179 -



Prvu boju nanosimo na vor E, i na njemu ne susedni vor ADrugu boju nanosimo na vor C i zatim na vor D i na vor HTreu boju nanosimo na vor G, pa na vor B i nakon toga na vor H.Znai potrebno je 3 boje da obojimo ovaj graf. Hromatski broj ovog grafa je 3.

Primer:

Treba skloniti u magacin 5 hemikalija, ali vodei rauna da hemikalije koje u

dodiru izazivaju hemijsku reakciju ne smeju biti stavljene jedna do druge.

Kao je to mogue uiniti, ako su reakcije hemikalija zadate sledeom

tablicom?

Koliko je potrebno skladi"ta za dr!anje ovih hemikalija?

Ovom problemu mo!emo pridru!iti sledei 4-obojiv graf, odnosno potrebna

su 4 skladi"ta.

b

ac

d

e

a B c d e

a - > > > -

b > - > > >

c > > - > -

d > > > - >

e - > - > -

- 180 -




1. +ta su karakteristike grafa?2. +ta su biparitivni, a "ta kompletni bipartitivni grafovi.3. Definisati stepen vora i stav o vezi izmeu vorova i grana.4. Koja je razlika izmeu Ojlerovog puta i Ojlerove konture?5. Koja je razlika izmeu Hamiltonovog puta i Hamiltonove konture?6. Koja je razlika izmeu Ojlerove i Hamiltonove konture?

7. +ta su planarni grafovi?8. Koji su grafovi izomorfni?9. Definisati te!inski graf.10.Koja je razlika izmeu matrice incidencije i matrice susedstva?11.+ta je hromatski broj grafa?

KLJUČNE REČI

GrafGranavorPetljaMultigrafKompletan grafStepen voraPutCiklusHromatski broj

DigrafPodgrafBipartitivanPlanaranIzomorfanOjlerov grafHamiltonov grafIncidencijaSusedstvo

- 181 -



7.4. ZADACI

1. Nacrtati grafove sa:

a) vorovima A,B,C,D i granama

, , , , , , , , , A B A C B C B D C D,

b) vorovima A,B,C,D,E i granama

, , , , , , , A B A C B C D E ,

Koji je od njih povezan graf?Re!enje:

A

C

B

D

B

C

D E

Prvi graf je povezan, drugi nije.

2. Odrediti stepene vorova datom grafu.

ba

c d

Re!enje:

vorovi a i d imaju stepen 2, a vorovi c i a stepen 3.

3. Dat je graf na slici. Odrediti stepene vorova i proveriti teoremu o brojuvorova i grana.

- 182 -



A

C

B

D E Re!enje:

Stepen vorova A, B je 3, stepen vora C je 4 i stepen vorova D,E je 2.Teorema ka!e da zbir stepena vorova, 3>3>4>2>2=14 jednak

dvostrukom broju grana 2.7=14.

4. Nacrtati nepovezan graf sa 4 vora i 5 grana.

Re!enje:

5. Dat je grafa

b c

d e f

a) Koliki je broj grana, vorova i odrediti stepene svih vorova.b) Da li je ovaj graf regularan (objasniti)?

Re!enje:

b) v=6, e=6.c) graf nije regularan , zato "to svi vorovi nemaju iste stepene.

6. Da li postoji prost graf sa 5 vorova iji su stepeni vorova 1,2,3,4,5 ?

Re!enje:

- 183 -



Ne postoji. Zbir stepena vorova nije paran broj (1 2 3 4 5 15 ).

7. Koliko maksimalno grana mo!e da postoji u grafu koji sadr!i n vorova?

Re!enje:

2

n

8. Koliko grana ima graf iji su stepeni vorova 5,2,2,2,2,1?

Re!enje:

Kako je

2 i

i

e d ,

gde suid stepeni vorova, a e broj grana, dobijamo,

2 5 2 2 2 2 1 7e e

9. Da li je mogue 5 gradova povezati putevima tako da iz tih gradovaredom izlazi

a) 4,2,3,0,1 putevab) 4,4,4,0,1 puteva?

Re!enje:

a) Mogue je. Ako su putevi grane, a gradovi vorovi, imamo da

je

2 5 4 2 3 0 1 b) Nije mogue, jer

2 5 4 4 4 0 1 .

10. Da li postoji graf sa stepenima vorovaa) 2,4,6,8,3,3,1

b) 2,4,6,8,3,3,1,1

Re!enje:

a) Ne postoji, zato "to broj vorova neparnog stepena, mora dabude paran broj, a kod nas je 3.

b) Postoji.

- 184 -



11. Da li postoji prost graf sa 12 vorova i 28 grana, takav da je stepensvakog vora ili 3 ili 5 ?

Re!enje:

Postoji, jer je 2 28 5 10 2 3

12. Dokazati da u svakom grafu moraju da postoje bar 2 vora istog stepena.

Re!enje:

Pretpostavimo da tvrenje nije tano. Ako graf ima n vorova, najveistepen koji neki vor mo!e da ima je n-1. Ostali vorovi su tada 0,1,2,$.,n-2. Imali bi graf gde je jedna vor stepena 0 , i jedan n-1, "to nijemogue. Znai, na"a pretpostavka je pogre"na. Dakle u grafu mora dapostoji bar 2 vora istog stepena.

13. Na jednom "ahovskom turniru svaki igra je odigrao najvi"e jednu partijusa svakim drugim igraem. Dokazati da u svakom trenutku na turnirupostoje bar 2 igraa koji su do tog trenutka odigrali isti broj partija.

Re!enje:

Ako se defini"e graf gde su igrai vorovi, a partije grane, onda kao uprethodnom primeru zakljuujemo da u svakom trenutku postoje bardva vora parnog stepena.

14. Nacrtati digraf koji sadr!i skupove , , ,V a b c d i

, , , , , , , , , , , , , E a b b c c c b d d b c d d a

Re!enje:

C

B

D

- 185 -



15. Nacrtati regularne grafove stepena 0,1,2.

Re!enje:

16. Nacrtati kompletne grafove u oznaci 1 2 3 4 5 6, , , , , K K K K K K .

Re!enje:

1 K 2 K

3 K

6 K

5 K 4 K

17. Na jednom "ahovskom turniru igrai su podeljeni u dve grupe po 11

igraa. Svaki igra mora da odigra 7 partija u svojoj grupi i 5 partija sa

igraima iz druge grupe. Da li je mogue napraviti takav raspored igranja?

Re!enje:

Problem mo!emo da shvatimo grafovski gde su igrai vorovi, a partijegrane. Pitanje je da li postoji graf sa dve grupe od 11 vorova,gde svakivor ima 7 grana u svojoj i 5 grana susednog grupi. Podgraf koji sadr!i

jednu grupu, odnosno 11 vorova ne postoji. Po iskazanoj teoremi broj

- 186 -



vorova sa neparnim stepenima je paran broj, a kod nas nije( imamoneparan broj vorova i svi su neparnog stepena).

18. Nacrtati kompletan bipartitivni graf koga ine dva disjunktna podskupa

vorova 1,2 A i 3,4,5 B .

Re!enje:

1 2

3 4 5 19. Koji od grafova na slici je regularan i bipartitivan?

ab

Re!enje:

Graf na slici a 4, 4 K je nije regularan i bipartitivan.

Graf na slici b 2, 2 K je regularan i bipartitivan.

20. Nacrtati jedan bipartitivni graf 3,3 K i jedan kompletan bipartitivni graf

3,3 K .

Re!enje:

21. Odrediti najvei broj grana u bipartitivnom podgrafu grafa:

a) Put , 2n P n

b) Kontura, , 2nC n

- 187 -



Re!enje:

a) Po"to je svaki put bipartitivan graf, max broj grana je n-1 (vidi se saslike)

a b

a

a

a

a

a

b

b

b

b

b

c

c

c

c

d

d

b) Ako je n paran broj kontura je bipartitivan graf i broj grana je n.

22. Grafu sa slike odrediti bipartitivni podgraf sa maksimalnim brojemgrana.

1

2

3

4 56

7 8

Re!enje:

Zadani graf nije bipartitivni jer sadr!i neparne cikluse 13456 I 25678.

Brisanjem zajednike grane(5,6) uklanjamo neparne cikluse iz grafa Idobijamo bipartitivni podgrafi iji je najvei broj grana 10.

23. Da li su grafovi na datim slikama Ojlerovi grafovi?

)a )b )c

Re!enje:

a) Graf na je Ojlerov put jer ima samo 2 vora neparnog stepena,b) nije ni Ojlerov graf ni put jer ima 4 vora neparnog stepena,c) jeste Ojlerov graf jer su mu svi vorovi parnog stepena.

- 188 -



24. Da li su grafovi na narednim slikama Ojlerovi grafovi?

)a )b

Re!enje:

a) ne; b) ne.

25. Koji od sledeih grafova imaju Ojlerove konture, odnosno puteve?

)c)b)a

Re!enje:

a) Jeste i kontura i put. Svi vorovi su parnog stepena.b) Nije kontura jer ima vorova neparnog stepena, a nije ni put jer ima

vi"e od 2 vora neparnog stepena.c) Nije kontura jer ima vorova neparnog stepena, ali jeste put jer imatano 2 vora neparnog stepena.

26. Mo!e li se jednim potezom, ne di!ui olovku sa papira nacrtati sledeafigura?

Re!enje:U ovom grafu postoji 5 vorova stepena 3,3,3,3,4, pa prema tome tonije Ojlerov put. Znai sliku nije mogue nacrtati ne di!ui olovku sapapira.

- 189 -



27. Kakvi su grafovi dati slikama ?

)a )b

Re!enje:

Graf na slici a) nema Hamilton ovu konturu, a ima Hamiltonov put, a grafna slici b) nije ni Hamiltonova kontura ni put.

28. Koji od sledeih grafova imaju Ojlerove konture, odnosno puteve?

ed

cba

Re!enje:

Konturea) ne, b) ne c) da d) ne e) da

Putevia) da, b) da c) da d) ne e) da

29. Odrediti grafove koji su:

a) istovremeno Ojlerovi i Hamiltonovi,b) nisu Ojlerovi, a jesu Hamiltonovi,c) jesu Ojlerovi, a nisu Hamiltonovi,d) nisu ni Ojlerovi, ni Hamiltonovi.

- 190 -





Re!enje:

Jesu.Imaju isti broj vorova, grana, svi vorovi su istog stepena i mo!e da sedefini"e bijekcija

a b c d e f g h f

t s u v x w y z

.32. Da li su sledei grafovi izomorfni?

Re!enje:

Oba grafa imaju 10 vorova i 15 grana. Stepen svih vorova je 3, ali to jo"nije dovoljno da utvrdimo da su izomorfni. Moramo da naemo jo" nekuzajedniku osobinu. Jedna od takvih osobina je i postojanje ciklusaodreene du!ine. Graf levo sadr!i ciklus du!ine 5, dok graf sa desnestrane sadr!i samo cikluse du!ine 4,6,8, i 10. Znai nisu izomorfni.

33. Da li su sledei grafovi izomorfni?

a s

bt

x

c ud v

e

g h y z

w

)a

a

b

t

xc

ud e

y z

w

)b

- 192 -





Matrica incidencije

1 1 1 0 0

1 0 0 1 0

0 1 0 0 1

0 0 1 1 1

ab ac ad bd cd

a

b A

c

d

Matrica susedstva

0 1 1 1

1 0 0 1

1 0 0 1

1 1 1 0

A

.

36. Data je matrica susedstva

0 0 1

0 0 0

1 0 0

A

odrediti graf.Re!enje:

a

b

c

37. Data je matrica incidencije, odrediti graf.

1 0 1

0 1 1

1 1 0

A

Re!enje:

1 0 1

0 1 1

1 1 0

ac bc ab

a

A b

c

, i dobijamo

- 194 -



a

b

c

38. Nacrtati graf koji predstavlja eko-sistem ishrane u "umi, ako !ivotinjske vrstepredstavljaju vorove, a vrsta iste hrane vezu izmeu njih. Isto se hrane:Soko, sova i rakun, soko i vrana , sova i vrana, veverica i rakun, veverica ivrana, veverica i torbar, detli i torbar, dabar i detli, dabar i mi".

Re!enje:rakun

sova

soko

vevericavrana

misdabar det lic

torbar

39. Nacrtati jedan planarni graf i po teoremi izraunati na koliko on oblastideli ravan.

Re!enje:

2 7 7 2 3 R e v , Ovaj graf deli ravan na 3 oblasti.

- 195 -



40. Odrediti hromatski broj grafa sa slike

1v

4v 3v

2v5v

6v

Re!enje:

Ako vorove poreamo u silazni niz1 3 2 4 5 6, , , , ,v v v v v v I

Prvu boju nanosimo na vor1v , pa na

3v

Drugu boju nanosimo na vor3v , pa na

6v I treu boji na preostale

vorove.

Graf je 3-hromatski.

41. Na kraju semestra studenti pola!u odslu"ani predmet. Za svaki ispitpostoji samo jedan termin. Koji je najmanji broj termina potreban akostudent pola!e samo 1 ispit u jednom terminu?

Re!enje:

Neka je S skup studenata, a N broj svih ispita. Oznaimo sa N1 skup svihstudenata koji pola!u ispit x i N2 skup svih studenata koji pola!u ispit y.

Ako je1 2 N N , onda se ispiti x I y pola!u u razliitim terminima.

Konstrui"imo graf sa N vorova I ako u vorovi x I y spojeni granama, onda

je1 2 N N ,odnosno ne postoji student koji bi polagao oba predmeta.

Bojenje ovog grafa , sa k boja odgovara rasporedu ispita sa k termina.Najmanji broj termina je hromatski broj grafa.

- 196 -



8.

STABLO

KRATAK SADRŽAJ:

8.1. POJAM STABLA

8.1.1. OSNOVNE DEFINICIJE

8.1.2. RAZAPINJUĆA STABLA

8.1.3. KORENA STABLA

8.2. BINARNA STABLA

8.2.1. OPŠTI POJMOVI I DEFINICIJE

8.2.2. FORMIRANJE STABLA

8.2.3. TRAŽENJE I UBACIVANJE ELEMENATA

8.2.4. BRISANJE ELEMENATA IZ STABLA

8.3. PRETRAGE BINARNIH STABALA

8.4. ZADACI

CILJEVI UČENJA:


1. Definišete stablo,2. znate razne osobine koje poseduje stablo,

3. znate šta su binarna stabla,

4. definišete teoremu koja govori o odnosu broja čvorova i grana,

5. opišete algoritam stabla pretrage.

- 197 -



8.1. POJAM STABLA

8.1.1. OSNOVNE DEFINICIJE

Stablo ili drvo ( engl. tree) predstavlja najjednostavniju, ali i najva!niju

klasu grafova. Od posebnog interesa su za elektrotehniku i raunarstvo.

Porodina stabla ili organizaciona struktura firme su takoe vrsta stabla.

Postoji vi"e ekvivalentnih definicija stabla. Nave"emo neke od njih.

Povezan graf sa n (n]1)vorova i m grana naziva se stablo. Stablo je povezan graf koji ne sadr!i cikluse ili konture.

Stablo je minimalno povezan graf.

Stablo je maksimalni graf bez kontura.

Stablo je graf kod koga su svaka dva vora povezana jedinstvenimputem.

Primer:

Graf na sledeoj slici nije stablo jer sadr!i konturu- ciklus.

- 198 -





8.1.2 RAZAPINJUĆA STABLA

Razapinju e ili razapeto stablo ( engl. spanning trees ) T , grafa G, je svako

stablo (podgraf grafa G) koje se dobija iz grafa G uklanjanjem odreenog

broja grana, a da ostane povezano i da sadr!i sve vorove iz G.

Svaki povezan graf ima razapinju e stablo.

Broj razapinjuih stabala na fiksnom skupu vorova n svodi se na

odreivanje broja razapinjuih stabala koji su podgrafovi potpunog grafan K .

Razapinjua stabla se esto nazivaju i ozna ena stabla ( engl. labeled trees ).

Broj razapinjuih stabala je definisan sledeom teoremom.

Kelijeva teorema:

Broj razapinjuih stabala kompletnog grafan K , n N , jednak je 2nn .

Napomena:

Keli je teoremu definisao 1889g. i dokazao ju je za vrednosti 5n . Kasnije su

mnogi matematiari uspeli da doka!u teoremu, tako da danas imamo vi"erazliitih dokaza.

Primer:

Odrediti razapinjua stabla sa 1,2,3 vora.

1 vor 2 vora

3 vora

1 1

1 1

1

2

2

2

2

3

3

3

- 200 -



Konstruisanje razapinjueg stabla u su"tini je jednostavan postupak, aliobino se tra!e stabla koja ispunjavaju neki uslov, naprimer min ili max. Zadobijanje razapinjueg stabala postoje razni algoritmi, ali najpoznatiji su Primov iKruskalov algoritam, o kojima e kasnije biti rei.

Primer: Grafu sa slike, odgovara sledee min razapinjue stablo. Ukupan broj

stabala koji bi se iz ovog grafa mogla napraviti je prema Kelijevoj teoremi 125.

8.1.3. KORENA STABLA

Stablo u kome je jedan vor posebno oznaen naziva se koreno stablo.

vor na vrhu stabla naziva se korenom (engl.root).

a

Koreno stablo je ureena trojka ,T T T V E v , gde je T stablo, a v

koren stabla.

Svaki vor korenog stabla povezan je jedinstvenim putem za koren

stabla.

C

E D

B24

1

3

32 2

22

22

1

E

B

C

- 201 -



Broj grana na putu od korena do nekog vora predstavlja nivo tog

vora.

Koren stabla ima nivo 0, a najvei nivo imaju od korena najudaljeniji

vorovi.

0nivo

1nivo

2nivo

Koreno stablo mo!e da bude i orijentisano. Grane se orijenti"u od

vorova manjih nivoa, ka vorovima vi"ih nivoa. Ulazni stepen korena

je 0, dok je ulazni stepen ostalih vorova u korenskom stablu jednak 1.

vorovi do kojih vode grane koje polaze iz nekog vora x, nazivaju se

sinovi vora x , a sam vor x je njihov otac . Svi prethodni vorovi u

odnosu na x nazivaju se roditelji , a naredni njihovi deca.

vor bez dece naziva se list . Listovi su zavr"ni vorovi.

Listovi su vorovi stepena 1.

Ostali vorovi se nazivaju unutra#njim vorovima.

Visina stabla je du!ina najdu!eg mogueg puta od korena do lista.

Korena stabla mogu da se iskoriste za predstavljanje matematikih formula.

- 202 -



Primer:

Napisati koreno stablo koje predstavlja formulu a b c d a

a

d cb

*

a

Koren stabla odgovara formuli, a listovi su ulazne promenljive. Pod stabla

odgovaraju pod formulama.

Primer:

Stabla se mogu iskoristiti da se predstave neki od slo!enih algoritama, gde je

glavni program podeljen na pod programe, kao meusobno nezavisne celine.

Kako svaki od pod programa ima svog samo jednog prethodnika , onda znamokoji su mu podaci i kako radi. Potprogrami su pod stabla. Na osnovu grafa

mo!emo da vidimo odakle je sve pod program pozvan.

lavni program

programi

izlazi

- 203 -



Primer:

Razapinjua stabla, odnosno korena stabla, igraju va!nu ulogu u lokalnimraunarskim mre!ama. Problem sa kojim se sreemo je kako poslati podatak-paket sa jednog raunara na vi"e odredi"ta. Kada se podaci "alju ka vi"eodredi"ta kroz mre!u (prva slika), onda mo!e da zbog petlji doe do zagu"enjarada mre!e, a zatim i do njenog potpunog otkazivanja. Razlog tome jebeskonano mnogo paketa koji su namenjeni za isporuku svim lanovima mre!e.Druga slika prestavlja graf ove mre!e.

Da bi se problem re"io koristi se teorija grafova kojom se zadati graf mre!etransformi"e u razgranato stablo. Eliminacijom grana stabla koja u mre!ama

predstavljaju redundantne veze dobija se razgranato stablo. U takvoj mre!i nepostoje zatvorene petlje i ne mo!e da doe do zagu"enja u saobraaju. Dosvakog raunara u mre!i postoji jedinstvena putanja.

- 204 -



8.2. BINARNA STABLA

8.2.1. OPŠTI POJMOVI I DEFINICIJE

Binarna stabla predstavljaju jedan od va!nijih pojmova raunarskih nauka.

Ako je najvei izlazni stepen, bilo kog vora stabla, jednak m, tada se to

stablo naziva m- arnim stablom. U posebnom sluaju, ako je m=2,

dobijamo binarno stablo.

U binarnom stablu svaki otac ima najvi"e 2 sina i svako dete se

posmatra kao levo ili desno dete.

Ako su u binarnom stablu svi zavr#ni vorovi istog nivoa, binarno

stablo se naziva potpuno.

Na nivou k postoji tano 2k vorova.

Teorema:

Ako potpuno binarno stablo ima pored nivoa 0 jo" n nivoa, tada je broj

vorova v u stablu jednak2 11 2 2 2 2 1n nv

Broj zavr"nih vorova ( listova)1

22

n vl

Visina stabla

2log 1 1h v

- 205 -





Primer.

Formirati binarno stablo pretrage za sledea imena Petar, ore, Sima, Helena,Stoja, Rista, Dunja, Martin, Vasa i Laza.

Zadati klju je reanje imena po abecedi.Koren stabla je prvo ime u nizu.

Napomena: abeceda- a,b,c,,,d,!,,e,f,g,h,i,j,k,l,lj,m,n,nj,o,p,r,s,",t,u,v,z,!

Kreemo od imena Petar koje emo postaviti za koren stabla.Po"to se ime ore nalazi u nizu posle njega, a abecedno je ispred imena

Petar (<P), on e postati njegovo levo dete.P etar

or e Sledee ime je Sima, koje se nalazi iza imena Petar (S]P), pa e zato postatinjegovo desno dete.

P etar

or eSima

Sledee ime je Helena. Abecedno je ispred imena Petar(H<P) i spu"tamo se dolevogdeteta, ore, a kako je abecedno iza imena ore(H]), to je njegovo desnodete.

P etar

or e

Sima Helena

Ako bi ovako nastavili, sledee ime je Stoja, ona je Petrovo desno dete (P<S), aiza Sime, pa je Simino desno dete (posmatramo drugo slovo t)

- 207 -



Sledee ime Rista. Abecedno je iza imena Petar (R]P) i spu"tamo se do desnog

deteta Sime a kao je R abecedno ispred S (R<S), Rista postaje Simino levo dete.

Ako bi ovako nastavili do kraja dobili bismo stablo

Petar

Sima

Stoja

or e

Helena

P etar

or e

Stoja Helena

Sima

Rista

Petar

Sima

Stoja

Vasa

Ri sta

or e

artin

He len a

Dunja

Laza

- 208 -



8.2.3. TRAŽENJE I UBACIVANJE ELEMENTA U STABLO

Pretraga i ubacivanje elementa u binarno stablo definisana je narednimalgoritmom. Algoritam nalazi tra!eni element ili ga ubacuje u stablo ako ga nenae.

ALGORITAM:

1. Poeti od korena stabla

2. uporedi tra!eni element sa korenom stabla

3. ukoliko je element manji od korena , idi na levo dete4. ukoliko je element vei od korena , idi na desno dete

5. ponavljati korake 2 i 3 do trenutka

a) na"li smo element uspe"no

b) nismo na"li element , dodajemo vor i pridru!ujemo mu element

Primer.

Dat je graf. Proveri da li se element 20 nalazi u grafu i ako nije ubaci ga.37

13

7

55

4422

17

1. Uporedi element 20 sa korenom. Kako je 20<37 prei na levo dete korena, a to je 13

2. Uporedi element 20 sa elementom 13. Kako je 20]13 prei na njegovodesno dete , a to je 22

3. Uporedi element 20 sa elementom 22. Kako je 20<22 prei na njegovodesno dete , a to je 17

4. Uporedi element 20 sa elementom 17. Kako je 20]17, a 17 nema desnodete, unesi 20 kao desno dete od 17.

- 209 -



37

13

7

55

4422

17

20

8.2.4. BRISANJE ELEMENTA IZ STABLA

ALGORITAM:

1. Ako vor v nema dece ukloni ga

2. ako vor v ima jedno dete, ukloni vor i zameni ga detetom

3. ako vor ima dvoje dece , prvo idi na desno dete, a zatim levo dete.

Redom uzimaj levo dete svakog narednog vora dok ne naie" dovora koji nema levo dete. Polazni vor v zameni tim vorom i neka

njegovo desno dete postane levo dete njegovog roditelja .

Primer.

Dat je graf.

37

13

7

55

4422

17

33

14

Ako se ukloni element 17 iz grafa, dobijamo sledei graf

- 210 -



37

13

7

55

4422

33

14

Ako se ukloni element 22 iz grafa, dobijamo sledei graf

37

13

7

55

4417 33

14

Da bi se uklonio element 37 iz grafa koji ima 2 deteta, prvo idemo na njegovo

desnodete 55, a zatim na levo dete 44. Po"to vor 44 nema levo dete , on postajenovi vor,vor 14 e postati levo dete vora 55.Konano dobijamo sledee stablo

44

13

7

55

22

17

3314

- 211 -



8.3. OBILASCI BINARNIH STABLA

Standardni naini obilaska vorova binarnih stabala su:

KLD, LKD i LDK, gde L predstavlja levo podstablo, D je desno podstablo, K jekoren i oznaava kojim redosledom obavljamo obilazak.

Ako je zadato stablo

A

B

C D

E F

G

H

I

J

K

1. KLD obilazak (engl. preorder) bi bio obilazak kod koga se prvo obilazi koren

zatim levo podstablo i tek onda desno.

A B C D E F G H J K M I

2. LKD obilazak (engl. inorder) bi bio obilazak kod koga se prvo obilazi

levo podstablo, zatim koren i tek onda desno.

C B E D F A K J M H G I

3. LDK obilazak (engl. postorder) bi bio obilazak kod koga se prvo obilazi

levo podstablo, zatim desno i koren je na kraju.

C E F D B K M J H I G A

- 212 -




1. +ta je stablo?2. +ta je koreno stablo?3. +ta je binarno stablo?4. +ta je razapeto stablo?5. Kako glasi teorema koja povezuje broj vorova i grana u stablu?6. +ta je list?

7. Kako glasi Kelijeva teorema?8. Koji algoritmi za pretragu stabala postoje i kako glase?9. LDK obilazak10. LKD obilazak11. KLd obilazak

KLJUČNE REČI

StabloDrvo+umaKorenListBinarno stabloKoreno stabloRazgranato stablo

NovoVisina stablaRoditeljOtacDeteLevo deteDesno dete

- 213 -



8.3. ZADACI

1. Koji od sledeih grafova predstavljaju stablo?

)a )b

)c)d

Re!enje:

Grafovi pod a,b,d su stabla. Graf pod c nije stablo jer sadr!i ciklus.

2. Nai dva ne izomorfna stabla sa istim nizom stepena vorova.

Re!enje:

Ovi grafovi imaju iste stepene vorova 3,2,2,1,1, 1, ali nisu izomorfni jerne ispunjavaju ve spomenute kriterijume izomorfnosti.Tako naprimer :

U prvom grafu vorovi stepena 2 su susedni, a u drugom nisuU prvom grafu vor stepena 3 ima jednog suseda stepena 1, a u drugomgrafu ima 2 suseda stepena 1.Ovo su samo neki od kriterijuma koji ukazuju da grafovi nisu izomorfni, aima h jo".

- 214 -



3. Iskaznu formulu predstaviti stablom.

p q q r p ,

Re!enje:

Svakom pojavljivanju iskaznog slova u formuli odgovara u stablu jedanvor stepena 1. Ostalim vorovima odgovaraju vrednosti koje se dobijajuprimenom pod-formula.

p q q r p

p q q r

p p q q r

r q p

q

q

4. Datim matematikim izrazima pridru!iti stabla

a)

b

a d ec

b)

c

ab d

Re!enje:

a

b c

e

d

/

*)a

a

e

d

* /

b

)b

- 215 -



5. Koliko grana ima stablo sa 5 vorova?

Re!enje: Ako su v vorovi, a e grane, dobijamo 1 5 1 4e v .

6. Grafu sa slike pridru!iti koreno stablo, koristei vor 1v koren stabla.

0v

5v

4v

3v

1v

2v

Re!enje:

7. Koristei dobijeno stablo odrediti:

a) Potomke vora v3,b) pretke vora v5, c) roditelje vora v3, d) decu vora v1, e) listove,f) nivo vora v3, g) visinu stabla.

Re!enje: a) v4, v5, b) v3, v1, c) v1,d) v0,v2,v3,e) v0,v2,v4,v5, f) novo je 1 g) visina je 2

- 216 -



8. Nacrtati jedno i binarno stablo i jedno potpuno binarno stablo nivoa 2.

Re!enje:

9. Dato je stablo iji je koren vor a.

a

bc

d

e

f g h i

j

Odrediti visinu stabla, nivo vora e, koji je vor roditelj vora i , koji suvorovi deca vora b?

Re!enje: Visina stabla je 4, nivo vora e je 2, roditelj vora i je vor e, dete vora b

je vor a.

10. Ako potpuno binarno stablo ima 32 lista. Koliko ono ima vorova i kolika je visina stabla?

Re!enje:

Na k- tom nivou ima 2k vor. Kako mi imamo 32 lista 2 32 5k k .

Na"e stablo ima 5 novoa, broj vorova je 1 62 1 2 1 63k v .

11. Koliko vorova ima potpuno binarno stablo sa 4 nivoa?

Re!enje: 4 12 1 31v

.

- 217 -



12. Koliko listova ima potpuno binarno stablo sa 7 vorova?

Re!enje:

1 7 12 4

2 2

k vl

.

13. Nacrtati sva stabla sa 4 i 6 vorova.

Re!enje: Sva stabla sa 4 vora mogu imati samo 2 oblika

Sva stabla sa 6 vorova izgledaju:

14. Nacrtati razapinjua stabla sa 4 vora.

Re!enje:

Po Kelijevoj teoremi ima ih 2 24 16nn .

- 218 -



1 1 1 1

1 1 1 1

1

1111

11 1

22 2

2 2 2 2

2 2 2

2

2 2 22

2

3 3 3

3333

3

3

3 3 3

3 3 3

444 4

4 4 4 4

44 4 4

4 4 4 4

15. Dato je stablo

A

B C

D

E

F

G

H I

Odrediti LKD, KDL I KLD obilaske stabla.Re!enje:

LKD -inorder: D B H E I A F C GKLD -preorder: A B D E H I C F G

LDK- postorder: D H I E B F G C A

- 219 -



16. Dato je stablo

A

B C

D

E

F

G

H I J

K

Odrediti LKD, KDL I KLD obilaske stabla.

Re!enje:

LKD -inorder: H D B I E J A F K C GKLD -preorder: A B D H E I J C F K GLDK -postorder: H D I J E B K F G C A

17. Dato je stablo A

B C D

E

F

G

H I J K

Odrediti LKD, KDL I KLD obilaske stabla.

18. Poreajmo sledee brojeve koristei algoritam za formiranje binarnogstabla

2,5,3,1,14,11,4.Re!enje:

Ako poemo od broja 2 i postaviemo ga za koren stabla. Po"to je broj 5vei od njega, on postaje njegovo desno dete.

2

5

- 220 -



Sledee broj je 3, vei je od 2, pa idemo do 5, a manji od 5, pa postajenjegovo levo dete.

Sledei broj je 1. On je manji od 2 i postaje njegovo levo dete.

Ako bi ovako nastavili dobijamo graf

19. Konstruisati binarno stablo koje sadr!i imena data poreana uabecednom poretku: Ana, Vanja, Du"an, Mile, @ika, Mladen, Predrag.

Re!enje:

20. Dato je stablo, ubaci u njega

a) vor 8b) vor 27

2

3 5

2

1 5

3

2

5

14

1

34 11

An a

Vanja

Zi ka

Du sa n

ile

laden

Pr edrag

- 221 -



18

14

6

26

2216

2

28

13

Re!enje: a) b)

18

14

6

26

2216

2

28

138

18

14

6

26

2216

2

28

13 27

21. Dato je stablo, ukloniti iz njegaa) vor Fb) vor Ac) vor Cd) vor B

- 222 -



A

B

D

C

F E

I

G

L K N

Re!enje: a) b)

A

B

D

C

E

I

G

L K

N

B

D

C

F E

I

G

L K

N

c) d)

- 223 -





9GRAFOVSKI ALGORITMI

KRATAK SADRŽAJ:

9.1. OSNOVNI ALGORITMI PRETRAGE

9.1.1. ALGORITAM - PRETRAGA U DUBINU9.1.2. ALGORITAM - PRETRAGE U ŠIRINU

9.2. OPTIMIZACIONI ALGORITMI

9.2.1. DIJKSTRIN ALGORITAM

9.3 ALGORITMI ZA FORMIRANJE MINIMALNIH

RAZAPINJUĆIH STABALA

9.3.1. PRIMOV ALGORITAM9.3.2. KRASKALOV ALGORITAM

9.4 ZADACI

CILJEVI UČENJA:

Kada ovo poglavlje proučite moći ćete da:1. definišete principe grafovskih algoritma,2. znate algoritam pretrage u dubinu,3. znate algoritam pretrage u širinu,4. vrste algoritama za pronalaženje najkraćeg puta,5. znate Dijkastrin algoritam,6 naučite algoritme za definisanje minimalnih razapetih stabala7. znate Primov algoritam,8. Znate Kruskalov slgoritam,

- 225 -



9.1. OSNOVNI ALGORITMI PRETRAGE

Prilikom modeliranja slo!enijih odnosa izmeu objekata esto se koriste

grafovi. Oni mogu da modeliraju razliite odnose izmeu objekata tehnike,

arheologije do psihologije, ukljuujui i najrazliitije probleme svakodnevnog

!ivota. Najva!niji za primene su takozvani optimizacioni problemi, kao "to su

problemi minimalnog puta, maksimalne cene, ekonominost pravljenja mre!e

saobraajnica, telekomunikacionih mre!a, do obinog primera pravljenja

rasporeda za studente jednog fakulteta.S obzirom na slo!enost problema i veliinu grafova koji se pri tom pojavljuju,

pojavila se potreba za razvojem algoritama pogodnih za njihovu implementaciju

na raunaru.

U grafovskim algoritmima zahteva se pretraga prvenstveno vorova grafa, po

nekom unapred definisanom pravilu. Pretraga grafova nije trivijalan posao po"to

je izbor esto vi"eznaan.

Postoji mnogo algoritama u zavisnosti od vrste problema. Mi emo vi"e

informativno nabrojati neke od njih. Prvo emo videti kao izgledaju algoritmi

pretrage grafova u dubinu i "irinu, a zatim i jedan od algoritama najkraeg puta.

Postoji vi"e naina za obilazak stabla. Osnovno je da se svi vorovi posetesamo jednom. Na vor se mo!e naii vi"e puta ali se samo prvi put poseti.

Osnovni algoritmi za obilazak stabala zasnovani na susedstvu vorova su

algoritam pretrage u #irinu i algoritam pretrage u dubinu .

9.1.1. ALGORITM - PRETRAGA U DUBINU

Koristei algoritam pretrage u dubinu # DFS (engl. depth-first-search)

poku"avamo da napravimo stablo najvee du!ine.Kree se od poetnog vora do suseda. Zatim se poseti jedan neposeen

sused prethodnog. Kada put kojim se krene stigne do kraja, obrazujemo list,

vraamo se do roditelja tog lista i poku"avamo da napravimo novi put. Na

roditelje se vraamo samo kada isprobamo sve mogue puteve koji kreu od

njegovog deteta.

- 226 -



Kod algoritma pretrage u dubinu svi vorovi moraju biti oznaeni i sve

njegove grane tokom izvr"avanja algoritma prelaze se bar jedanput.

ALGORITAM:

1. Algoritam poinje od proizvoljnog vora u grafa ,G V E koji

progla"avamo korenom stabla.

2. Zatim biramo vor v koji je njemu susedan i formiramo novu granu

(u,v). Sa1V V obele!imo skup vorova koje smo pre"li, a sa 1 E E

skup novih grana koje prodajemo stablu.

Na tom putu treba vorove redom obele!avati da bi ih prelazili samo jedanput.

3. Proverava se da li je vor w susedan voru v i da li je grana (v,w) ve

pridodata. Ako nije, pridodajemo je, odnosno vor 1w V , a grana 1,v w E .

Ako grana (v,w) ve postoji, to je povratna grana, mi ostajemo na voru v i

biramo mu novi susedan vor ako je to mogue. Bilo koja grana grafa G mora

da bude ili grana stabla ili povratna grana.

Ovi algoritmi su jednostavni i prilagodljivi rekurzivnim algoritmima.

Primer:

Dat je graf na slici. Formirati stablo primenom algoritma pretrage u dubinu.

Bilo koji od vorova mo!emo izabrati za koren stabla.

i

h

g

f

e

d

c

ba k

j

Izabrali smo da je koren stabla vor c.

vor c ima 3 susedna vora. Od na"eg izbora u ovom koraku zavisie izgled

stabla. Znai mo!emo dobiti stabla razliitog izgleda.

- 227 -





9.1.2. ALGORITAM - PRETRAGA U ŠIRINU

Kod algoritama pretrage u #irinu #BFS ( engl. breadth-first-search ) cilj jeda dobijemo stablo najvee "irine.

Poinje se od proizvoljnog vora u, povezanog grafa G koji progla"avamokorenom stabla. Ideja je da se sistematino ispitaju grane grafa da bi se otkriosvaki vor koji je susedan sa u. Zatim biramo sve vorove koji su njemu susednii formiramo nove grane. Prvi dobijeni vorovi su nivoa 1. Sada uzimamo svakiod vorova nivoa 1 i za svaki vor koji je njemu susedan, a ranije nije uzetdodajemo novu granu. vorovi koje smo dodali u ovom koraku imaju nivo 2.Postupak ponavljamo sve dok stablu ne dodelimo sve vorove grafa G.

Dobio je naziv po tome "to se granica otkrivenih i neotkrivenih vorova "irikroz graf. Algoritam prvo otkriva vorove na udaljenosti k, pa tek onda naudaljenosti k>1 od poetnog v.

ALGORITAM:

1. Algoritam poinje od proizvoljnog vora a , grafa ,G V E koji

progla"avamo korenom stabla.

2. Neka L(v) oznaava nivo na kome je vor dodat,1

V predstavlja skup

vorova novog razapinjueg stabla,1

E skup grana novog razapinjua

stabla.

Tada je 0 L a i 1a V .

e

f

c

ba

d

- 229 -



3. Kako su vorovi b, c, d susedni voru a, njihov nivo postaje 1 i imamo

da je 1 L b L c L d , vorovi1, ,b c d V , a grane

1, , , , ,a b a c a d E .a

0nivo

d cb 1nivo

4. Razmotrimo sada sve vorove novoa 1.Poinjemo od vora b i posmatramo njemu susedne koji do sada nisu

iskori"eni. To je samo vor e. Sada je 1 1, 2, ,e V L e b e E .

Po"to je vor f susedan voru c, a nije iskori"en imamo i da je

1 1, 2, , f V L f c f E . Razapeto stablo sada izgleda:

a

0nivo

d cb 1nivo

2nivoe g

Primer:

Datom grafu napraviti razapinjua stabla primenom algoritma pretrage udubinu u "irinu

b

a

c d e

g

h

i j

k l

- 230 -



9.2. OPTIMIZACIONI ALGORITMIZa re"avanje optimizacionih problema koriste se te!inska stabla.

Optimizacioni zadatak se svodi na zahtev da se nae razapinjue stablo ija je

te!ina najmanja. U praksi ovakvih problema ima mnogo. Postoje mnogi

algoritmi za njihovo re"avanje, kao "to su: Kruskalov, Primov, Dijkastrin i mnogi

drugi.

9.2.1. DIJKSTRIN ALGORITAM

Dijkstrin algoritam je jedan od najpoznatijih algoritama za nala!enjenajkraeg puta u grafu. Dobio ime po holandskom informatiaru Edsheru

Dejkstri (1930-2002). Koristi se i za orijentisane i neorijentisane grafove sa

nenegativnim te!inama.

a

b

c

d

h

i

k

l e

f

a

b

c

d

e

f g

h

i

j

k

l

1nivo

2nivo

3nivo

4nivo

5nivo

0nivo

- 231 -



Na primer, ako vorove predstavimo kao gradove, a vrednosti grana kao

rastojanja izmeu gradova koji su direktno povezani, Dijkstrin algoritam nalazi

najkrai put izmeu dva grada, najbr!i put, najjeftiniji put i slino.

Neka je dat te!inski usmereni graf G(V,E). Svaka grana iz E , predstavljena je

parom vorova (u,v ) i odreenom te!inom w. Te!ina svake grane mo!e se

predstaviti kao rastojanje izmeu dva vora koje ona povezuje.

Du!ina puta, d , izmeu dva zadata vora je suma te!ina svih grana na putu

od poetnog do krajnjeg vora. Za dati par vorova s i t iz V , gde je s poetni , a

t krajnji vor puta, Dijkstrin algoritam nalazi vrednost najkraeg puta d .

Dijkstrin algoritam je pohlepni algoritam koji se zasniva na pamenju

vrednosti d trenutnog najkraeg puta od polaznog vora s do nekog vora v .

Za poetni vor ta vrednost najpre iznosi 0, tj. d(s)=0, a za ostale vorove se

uzima vrednost beskonano. Pri prestanku rada algoritma, d dobija vrednost

najkraeg puta iz s u t, ili vrednost beskonano, ukoliko takav put ne postoji.

Osnovna operacija Dijkstrinog algoritma je oslobaanje grana. Ukoliko

postoji grana iz u ka v , tada trenutno najkrai put iz s u v , odnosno d (v ) mo!e

dobiti kao vrednost sume d (u) i te!ine grane (u, v ). Dakle, njegova du!ina e

iznositi d (u)>w(u, v ), ukoliko je ova vrednost manja od d (v ). Proces oslobaanja

grana se nastavlja sve dok vrednost d ne odredi najkrai put iz s u t .Tokom izvr"avanja algoritma izdvajaju se dva skupa vorova V i V . U

skupu V su oni vorovi za koje je poznata vrednost d (v ), a u skupu V svi

ostali. Na poetku je skup V prazan, a u svakoj iteraciji jedan vor se preme"ta

iz V u V i postaje ' stalan' vor. To je onaj vor koji ima najmanju vrednost.

Na kraju se oslobaaju sve grane (u,v ) gore opisanim postupkom.

Obrnutim obilaskom vorova dobija se najkrai put.

ALGORITAM:

1 korak

0, 0id s p v defini"e se poetni vor ( d je du!ina, a p

oznaka za prethodni vor, s je polazni vor)

for 1i to n

, 0i id v p v poetno stanje za ostale vorove

- 232 -



V s polazni vor je stalan vor

t V

2 korak

Za svakiiv V

min id u d v bira se vor sa minimalnom udaljeno"u

V V u novi vor postaje stalan

3 korak

Ispitujemo udaljenost ostalih vorova koji nisu u V

If ,i id v d u w u v then

,i id v d u w u v i i p v u

end

Primer:

Dat je graf na slici, sa zadatim te!inama izmeu dva vora.

Nai minimalni put od vora A do vora Z.

A

B D

C E

4

3

6

11

32

7

39

Krenuemo od vora A ka ostalim vorovima. vor A koji je polazni ima

koordinate (0,0), postaje stalan vor , a simboli

ki ga obele!imo sa

0,0 A

Za ostale vorove prva komponenta ureenog para oznaava du!inu

najkraeg puta do tog vora u tom trenutku, a druga komponenta oznaava

- 233 -



prethodni vor na najkraem putu. Dok se put ne pronae vorovima se

pridru!uje par ,0 .

Ideja algoritma je da postepeno svi vorovi postanu stalni.

0,0 A

, 0 B , 0 D

, 0C , 0 E

4

3

6

11

32

7

3

9 , 0 Z

Susedni vorovi voru A su B i C, i dodeljujemo im vrednosti, voru B (4,A)

,a voru C (3,A).

0,0 A

4, B A , 0 D

3,C A , 0 E

4

3

6

11

32

7

39

, 0 Z

Uzimamo manju od dodeljenih vrednosti, to je 3 i vor C(3,A) i postaje

stalan vor.

0,0 A

4, B A , 0 D

3,C A , 0 E

4

3

6

11

32

7

39 , 0 Z

- 234 -





0,0 A

4, B A 12, 10, D C ili B

3,C A 14, E C

4

3

6

11

32

7

3

9 , 0 Z

To rastojanje je manje od ve pridru!ene vrednosti vora D(12,C),kao i od

udaljenosti 14 za vor E , pa vor D postaje stalni sa koordinatama D(10,B).

0,0 A

4, B A 10, D B

3,C A 14, E C

4

3

6

11

327

3

9 , 0 Z

Iz vora D mo!emo u vorove E i Z. Za vor E imamo 10>3=13, za Z imamo10>7=17.

0,0 A

4, B A 10, D B

3,C A 14, 13, E C ili D

4

3

6

11

32

7

39 17, Z D

Po"to nova razdaljina ka E manja od one koja je ve dodeljena ovomvoru, a bila je E(14,C), menjamo vrednost vora E u E(13,D) i on postaje

novistalni vor.

- 236 -



0,0 A

4, B A 10, D B

3,C A 13, E D

4

3

6

11

32

7

39 17, Z D

Iz vora E mo!emo u vor Z du!inom puta 13>3=16.

0,0 A

4, B A 10, D B

3,C A 13, E D

4

3

6

11

32

7

39

17, 16, Z D ili E

Po"to je ta vrednost manja od ve dodeljene vrednosti voru Z, on postajestalni vor sa koordinatama Z(16,E).

0,0 A

4, B A 10, D B

3,C A 13, E D

4

3

6

11

32

7

39 16, Z E

.

Najkrai put je ABDEZ du!ine 16 ( vorove na putanji itamo od kraja).

Napomena: Ako dva ili vi"e vorova imaju istu du!inu, bira se bilo koji od tihvorova po izboru i proces se nastavlja.

- 237 -



9.3. ALGORITMI ZA MINIMIZACIJU

RAZAPINJUĆIH STABALA

Ve smo naglasili da grafovi, a posebno stabla imaju veliku primenu usvakodnevnom !ivotu.Pretpostavimo da imamo problem:n gradova treba povezati putevima tako da uvek postoji put izmeu dva grada.Ako znamo cenu puta izmeu svaka dva grada, kako projektovati mre!u putevada ukupni tro"kovi izgradnje budu minimalni .

Ovaj problem mo!e se svesti na primenu grafova, odnosno tra!enja%najpovoljnijeg& naina za povezivanje svih vrhova grafa (gradova), tj. naproblem tra!enja najmanjeg ili minimalnog razapinjueg stabla.

Minimalno razapinju e stablo T je ono stablo grafa G(V,E), takvo da je

te!ina stabla T(V,T

V )manja ili jednaka te!ini bilo kog drugog razapinjueg

stabla grafa G.Najmanje razapinjue stablo ne mora biti jedinstveno.Postoji vi"e algoritama za odreivanje minimalnih razapinjuih stabala, ali

su najpoznatiji Primov i Kruskalov algoritam.

9.3.1. PRIMOV ALGORITAM

Ovim algoritmom poku"avamo da od zadatog te!inskog grafa napravimominimalno razapinjue stablo. Ideja je da se odredi poskup grana kojeformiraju stablo ukljuujui sve vorove polaznog grafa tako da te!ina stablabude minimalna.

U poetku je stablo prazno pa ga poinjemo graditi dodavanjemproizvoljnog vrha iz skupa vorova poetnog grafa. Postepeno dodajemo graneu stablo, povezujui jedan vor koji se ve nalazi u stablu i jedan koji se unjemu ne nalazi, pazei pri tome da je te!ina te ivice minimalna. Postupak se

nastavlja dok ne pove!emo sve vorove zadatog stabla.Na kraju rada algoritma dobijeno stablo predstavlja minimalno razapinjue

stablo. Nosi naziv svoga tvorca in!enjera i matematiara Roberta Prima (1921).

- 238 -



ALGORITAM:

Algoritam se mo!e prikazati sledeim opisom:

1. Izabere se proizvoljni vor iz G i stavi se u stablo T.2. Izabere se grana najmanje te!ine iz skupa grana koje sadr!e prethodni

vor i obrazuje se stablo1T

3. Dok je broj vorova stabla < broja vorova grafa, ponavljati postupak4. Izaberi vor koji ne pripada stablu, a susedan je nekom voru iz stabla,

a pri tome je te!ina ivice koja ih spaja minimalna.5. Stavi taj vor zajedno sa njemu pripadajuom granom u stablo.6. Postupak ponavljati sve dok svaki vor grafa G ne bude u stablu.

Primer:

Od datog te!inskog grafa sa slike, formirati minimalno razapinjue stablokoristei

Primov algoritam.

2

e d

c

ba

3

42

2

3

14

Biramo jedan vor proizvoljno za poetni vor, koren stabla.Neka je to vor a.

Iz vora a mo!emo da stignemo u vor b sa udaljeno"u 2, zatim u vor d saudaljeno"u 3 i u vor e sa udaljeno"u 1. Kako je vor e na najmanjoj

udaljenosti od a, pridodaemo ga stablu kao i njegovu granu (a,e).

2

e d

c

ba

3

42

2

3

14

- 239 -



Sada posmatramo oba vora novog stabla a i e. Njihove udaljenosti do vorovagrafa su: iz a do b du!ina 2, iz a u d du!ina 3, iz vora e u b du!ina 4, iz e u d du!ina 3. Najmanja du!ina je 2, iz a u b, tako da vor b i granu (a,b)pridodajemo stablu.

2

e d

c

ba

3

4 2

2

3

14

Proces se nastavlja. Sada posmatramo vorove b i e. Najmanja udaljenost je izb u d du!ine 2, tako da stablu pridodajemo vor d i granu (b,d).

2

e d

c

ba

3

42

2

3

14

I konano, iz b u c mo!emo granom du!ine 4, a iz d u c granom du!ine 2, padodajemo vor c i krau granu (d,c).

2

e d

c

ba

3

42

2

3

14

Razapeto stablo bi izgledalo

- 240 -



e

d

c

b

a

9.3.2. KRUSKALOV ALGORITAM

Kruskalov algoritam je jo" jedan od algoritama koji odreuje razapinjuestablo minimalne du!ine.

Algoritam:

1. Poeti sa grafom koga sainjavaju samo vorovi grafa G,tj. iz originalnog grafa ukloniti sve grane.

2. Sortirati sve grane L grafa G u neopadajui niz prema njihovim

du!inama.3. Dodavati grane inicijalnom grafu po sortiranom redosledu vodeirauna o tome da se ne formira kontura.

4. Ponavljati korak 3 sve dok broj dodatih grana ne bude n - 1.

Drugi na in1. Uoiti bilo koju konturu grafa.2. Iz uoene konture iskljuiti granu sa najveom du!inom.3. Ponavljati korake 1 i 2 sve dok ne ostane n - 1 grana, tj. dok ne bude

vi"e kontura.

- 241 -



Primer:

Od datog te!inskog grafa sa slike, formirati minimalno razapinjue stablokoristei Kruskalov algoritam.

e

b

c

a g

f

6

54

7

8

3

ih

3

1

3

2

26

11

d

Re"enje: I nain:Popisaemo sve grane grafa i njihove du!ine i sortirati ih u ne opadajui niz:

grane du!ina sortirana grane du!ina

(a,b) 8 (e,h) 1

(a,c) 11 (c,e) 2

(b,c) 3 (f,h) 2

(b,d) 3 (b,c) 3

(c,e) 2 (b,d) 3

(c,f) 6 (h,i) 3

(d,g) 5 (d,e) 4

(e,h) 1 (d,g) 5

(f,h) 2 (g,h) 6

(h,i) 3 (c,f) 6

(g,i) 7 (g,i) 7

(g,h) 6 (a,b) 8(d,e) 4 (a,c) 11

Ne koristiti grane koje bi stvorile konture. To su grane (a,c), (d,e), (g,h), (g,i) i(c,f).

- 242 -



e

b

c

a g

f

58

3

ih

3

1

3

2

26

11

d

Primenjujui Kraskalov algoritam, dobija se re"enje prikazano na slici.

Re"enje 2 nain:

e

b

c

a g

f

6

54

7

8

3

ih

3

1

3

2

26

11

d

Poeemo od zadatog grafa i uoiti npr. konturu (a, b, c, a). Od grana kojesainjavaju ovu konturu biramo onu sa najveom du!inom i bri"emo je. To jegrana (a, c). Sve uoene konture i izbrisane grane su date u sledeoj tabeli:

Kontura Grana koja se bri"e(1, 2, 3, 1) (1, 3)(2, 3, 5, 4, 2) (4, 5)

(2, 3, 5, 8, 7, 4, 2) (7, 8)(2, 3, 5, 8, 9, 7, 4, 2) (7, 9)(3, 5, 8, 6, 3) (3, 6)

- 243 -



Nakon ovog postupka dobili smo graf

e

b

c

a g

f

58

3

i

h

3

1

3

2

26

11

d


1. Za "ta slu!e grafovski algoritmi?2. Za koje grafove koristimo algoritme pretrage u "irinu i dubinu?

3. Koji je osnovni princip algoritma pretrage na "irinu?

4. Koji je osnovni princip algoritma pretrage na dubinu?

5. Koji je osnovni princip Dijkastrinog algoritma ?

KLJUČNE REČI

Razapeta stabla

PretragaDubina+irina

Povratna grana

Pohlepni algoritamStalni vor

- 244 -



9.3. ZADACI

1. Uoimo graf na slici. Napraviti njegovo razapinjue stablo koristeialgoritam pretrage u "irinu uzimajui vor a za polazni.

2.

e

d

c

b

a

Re!enje:

e

d cb

a0nivo

2nivo

1nivo

3. Grafu sa slike odredi jedno stablo koristei algoritam pretrage u dubinu,uzimajui da je koren stabla:a) vor a,

b) vor b,

c) vor c.

d

c

f

b a

e

h

- 245 -



Re!enje:

d

c

g

f

b

a

e

h

d

c

g

f

b

e

h

a

d

c

f

b

a e

h

g

)a )b )c

3. Za zadati graf napraviti razapeto stablo primenom pretrage na dubinu i"irinu.

b

a

c d e

f

g

hi

k l

Re!enje:

a

b

c

d h

i j

k

l

e

f g

1nivo

2nivo

3nivo

4nivo

5nivo

0nivo

- 246 -



4. Dat je graf na slici, sa te!inama izmeu dva vora. Nai minimalni put od

vora 0v do vora v koristei Dijkastrin algoritam.

Re!enje:

v

2v 3v 0v

1v4v

2

6

4

5

13

3

1

, 0v

2 , 0v 3

, 0v 0 , 0v

1 , 0v 4

, 0v

2

6

4

5

1

3

3

1

, 0v

2 , 0v 3 , 0v 0 0,0v

1 , 0v 4 , 0v

2

6

4

5

1

3

3

1

, 0v

2 , 0v 3 03,v v 0 0,0v

1 , 0v 4 01,v v

2

6

4

5

13

3

1

- 247 -



, 0v

2 , 0v 3 03,v v 0 0,0v

1 , 0v 4 01,v v

2

6

4

5

13

3

1

, 0v

2 , 0v 3 03,v v 0 0,0v

1 46,v v 4 01,v v

2

6

4

5

13

31

, 0v

2 , 0v 3 03,v v 0 0,0v

1 46,v v 4 01,v v

2

6

4

5

13

3

1

, 0v

2 37,v v 3 03,v v 0

0,0v

1 4 36, 4,v v ili v 4 0

1,v v

2

6

4

5

13

3

1

, 0v

2 37,v v 3 03,v v 0 0,0v

1 34,v v 4 01,v v

2

6

4

5

13

3

1

- 248 -



110,v v

2 3 17, 7,v v ili v 3 0

3,v v 0 0,0v

1 34,v v 4 01,v v

2

6

4

5

13

3

1

110,v v

2 37,v v 3 03,v v 0 0,0v

1 34,v v 4 0

1,v v

2

6

4

5

13

31

1

2

10,

7,

v v

ili v

2 37,v v 3 03,v v 0 0,0v

1 34,v v 4 01,v v

2

6

4

5

13

3

1

27,v v

2 37,v v 3 0

3,v v 0 0,0v

1 34,v v 4 0

1,v v

2

6

4

5

13

3

1

Najkrai put je0 3 2

v v v v du!ine 9.

- 249 -



5. Dati su grafovi na slici, sa te!inama izmeu dva vora. Nai minimalni putod vora P do vora ^, koristei Dijkastrin algoritam.

P Q

A B C

D E F

3

34

4

4

3

6

2

222

6

1

)a

1

P

Q

D E

32 3

4

4

3

6

2

2

6

14

C A B

F

)b

5

Re!enje:

Minimalni put je dat sa PABFQ . Du!ina puta je 9.

Minimalni put je dat sa PAECQ . Du!ina puta je 9.

6. Odredi najjeftiniju kartu od Bostona do Los Anelesa, ako je mre!a linijadata na sledeem grafu.

Re!enje:

Najjeftinija je karta preko je ikaga i ko"ta 2300_.

- 250 -





G H

D E

2

3

44

7

5

2 2

6

1

C

A B

F 3

1

Sada posmatramo oba vora novog stabla C i D. Njihove udaljenosti do vorova

grafa su: iz C do A du!ina 2, iz C u G du!ina 4, iz vora D u B du!ina 2, iz D u Hdu!ina 3. Kako imamo dva vora iste udaljenosti biramo jedan proizvoljno.Uzmimo vor C, tako da vor A i granu (CA) pridodajemo stablu.

G H

D E

2

3

44

7

5

2 2

6

1

C

A B

F 3

1

Proces se nastavlja. Sada posmatramo vorove C,A i D. Najmanja udaljenost jeiz D u B du!ine 2, tako da stablu pridodajemo vor B i granu (DB).

G H

D E

2

3

44

7

5

2 2

6

1

C

A B

F 3

1

Grana AB ne mo!e nikada da se pridoda stablu jer sa ostalim ve pridodatimgranama ini konturu. Posmatramo vorove C, B, D I najmanja udaljenost je izD ka E du!ine 2, vor E I granu (BE) dodajemo stablu.

- 252 -



G H

D E

2

3

44

7

5

2 2

6

1

C

A B

F 3

1

Posle jo" tri koraka dobijamo sledee razapeto stablo

G H

D E

2

4

2 2

1

C

A B

F 3

1

7. Od datog te!inskog grafa sa slike, formirati minimalno razapinjue

stablo koristei Primov algoritam.

5

54

78

7

8

5

4

36

a

b

c

d

e

f

Re!enje:

e

d b

c

a

g

f 6

5

5

544

7

7

8

3

8

- 253 -



8. Postojea mre!a puteva izmeu mesta treba da se asfaltira. Na slici sudate kilometra!e izmeu mesta. Koristei Primov algoritam napravitiminimalnu mre!u puteva koji se moraju asfaltirati, tako da sva mestabudu povezana.

In ija

Beska

Slankamen

13

4

14

7

5

6

Belegiš

12

Sase

Krcedin

9

9

10

Re!enje:

Ako je Inija koren stabla onda je minimalna mre!a puteva data na slici

In ija

Beska

Slankamen

47

5

6

Belegiš

Sase

Krcedin

9

9. Od datog te!inskog grafa sa slike, formirati minimalno razapinjue

stablo koristei Kruskalov algoritam.

e

d b

c

a

g f

4

5

4

8

31

2

2

6

3

- 254 -





Re!enje 2 nain:

e

d b

c

a

g

4

5

4

8

31

2

2

6

3

Poeemo od zadatog grafa i uoiti npr. konturu (a, b, d,e, a). Od grana kojesainjavaju ovu konturu biramo onu sa najveom du!inom i bri"emo je. To jegrana (a, b). Sve uoene konture i izbrisane grane su date u sledeoj tabeli:

Kontura Grana koja se bri"e(a, b, d, e,a) (a,b)(d, c, f, e,d) (f, c)(b, d, c, b) (b,c)

(a,e,f,g,a) (a,g)

Nakon ovog postupka dobili smo graf

e

d b

c

a

f

4

4

1

2

2

3

- 256 -



10. Od datog te!inskog grafa sa slike, formirati minimalno razapinjue stablokoristei Kruskalov algoritam.

e

d b

c

a

g

f

4

5

4

8

3

1

2

2

6

3

4

5

Re!enje:

e

d b

c

a

g

f

4

4

1

2

2

3

11. Datom grafupridru!i minimalno razapinjue stablo kori"enjem: a) Primovog algoritmab) Kruskalovog algoritmac) i odredi najkrai put od vora A do vora F primenom Dijkastrinog

algoritma

- 257 -



G

H

D

E

2

3

44

7

5

2

2

6

5C

A

B

F

3 1

- 258 -



10.BULOVA ALGEBRA

KRATAK SADRŽAJ:


10.1.1 DEFINICIJA I AKSIOME10.1.2 OSNOVNE TEOREME

10.2. BINARNA BULOVA ALGEBRA

10.2.1. BULOVE FUNKCIJE10.3.1. KONJUKTIVNE I DISJUNKTIVNE FORME

10.3. PRIMENA U RAČUNARSTVU I TEHNICI

10.3.1. BINARNI BROJNI SISTEM10.3.2. PREKIDAČKE ŠEME I LOGIČKA KOLA

10.3.3. UPROŠĆAVANJE PREKIDAČKIH ŠEMA I LOGIČKIHKOLA

10.4. ZADACI

CILJEVI UČENJA:

Kada ovo poglavlje proučite moći ćete da:1. definišete Bulovu algebru,2. znate definicije, aksiome i teoreme ove algebre,

3. definišete binarnu Bulovu algebru,4. znate da napravite disjunktivnu i konjuktivnu formu Bulovih

funkcija,5. pravite razliku između prekidačkih i logičkih kola.

- 259 -




Matematiari ka!u da je 1 1 2 , a informatiari da je 1 1 1 . Ko je u

pravu?

U pravu su i jedni i drugi, jer svako posmatra sa svog stanovi"ta.

Informatiari se pozivaju na Bulovu algebru koja predstavlja teorijsku osnovu

rada savremenih raunara.

Osnovno naelo Bulove algebre zasniva se na injenici da logiki izrazi mogu

biti samo ta ni i neta ni. Tvrenja nikada ne mogu biti delimino tana ili

delimino netana.

Algebra koja analizira ovakva tvrenja, sa!ima matematiku logiku i teoriju

skupova u algebru i daje teorijsku osnovu savremenih raunarskih nauka naziva

se Bulova algebra.

Bulova algebra je dakle matematiki aparat pomou koga se matematiki

opisuju procesi obrade binarnih informacija.

Bulova algebra slu!i da se dizajniraju elektronska kola od kojih se sastoje

savremeni raunari.

10.1.1. DEFINICIJA I AKSIOME

Neka je B neprazan skup u kome su definisane dve binarne operacije, sabiranje(>) i mno!enje (.) i jedna unarna operacija, komplement (' ili -), a 0 i 1su elementi iz skupa B tada skup

, , ,',0,1 B

nazivamo Bulovom algebrom, ako za bilo koje elemente skupa a,b,c iz skupa B

va!e aksiome: zatvorenosti

,a b B a b B

komutativnosti

,a b b a a b b a

- 260 -



distributivnosti

a b c a b a c ,

a b c a b a c

postojanje neutralnog elementa

0 1a a a a

postojanje inverznog elementa

1 0a a a a

Element 0 zove se nula element , a element 1 se zove jedini ni element.

a a zove se komplement od a.

Operacije > i . zovu se sabiranje i mno!enje.

Oznaka za operaciju . se esto ne pi"e, ve se koristi oznaka a b ab .Usvajamo i klasine konvencije prioriteta operacija. Najvei prioritet imaope-racija komplement (-), zatim mno!enje (.) i najmanjeg prioriteta jeoperacija sabiranja (>).

10.1.2. OSNOVNE TEOREME

Neka su a,b,c elementi Bulove algebre B, tada va!e sledee teoreme,odnosno zakoni:

zakon asocijacije

,a b c a b c a b c a b c

zakon idempotencije ,a a a a a a

zakon nule

1 1, 0 0a a

zakon apsorbcije

,a a b a a a b a

zakon involutivnosti

a a

- 261 -



De Morganovi zakoni

,a b a b a b a b

zakon komplementa za neutralne elemente

0 1 , 1 0

zakon sa!imanja

,a b a b a a b a b a

Ako je A Bulov izraz, pod dualnim Bulovim izrazom podrazumeva se izrazkoji se dobija kada se u izrazu A operacije > zameni sa . i obrnuto, a konstante 0i 1 se zamene njihovim komplementima.

10.2. BINARNA BULOVA ALGEBRA

Bulova algebra mo!e da bude definisana na proizvoljnom skupu elemenata,

ali njena primena u digitalnoj tehnici je ograniena na binarnom skupu {0,1}.

Bulova promenljiva mo!e da uzima vrednost iz skupa 0,1 , ali ne u isto

vreme.

Ako se na skupu 0,1 defini"u operacije >, . , ', odnosno , , , prema

tablicama dobija se Bulova algebra, koja se naziva i prekida ka algebra.

Prekidaka algebra je dakle Bulova algebra na skupu od dva elementa.

dok je 0'=1, 1'=0.

> 1 0

1 1 1

0 1 0

* 1 0

1 1 0

0 0 0

- 262 -



11.2.1. BINARNE BULOVE FUNKCIJE

Neka je 1 2, , , n F F p p p neka formula, gde su 1 2, , n p p p iskazna

slova ili Bulove promenljive. Bulove funkcije se mogu definisati na skupu saproizvoljno mnogo elemenata, ali za projektovanje digitalnih raunara koristise iskljuivo binarni sistem.

Bulova funkcija je svako preslikavanje : 0,1 0,1n

F .

Elementi skupa 0,1 n

su ureene n-torke 1 2, , . 0,1n p p p

Ovakve Bulove funkcije nazivaju se i prekida ke funkcije.

Takvih n-torki ima 2n a funkcija22

n

( varijacije n te klase od 2 elementasa ponavljanjem)

Kako Bulove funkcije imaju konaan domen, mogue ih je zadati prekotablica. Jedan op"ti oblik tablice je sledei

1 p

2 p

n p 1 2, , n F p p p

0 0 0

0,0, 0 F

0 0 1 0,0, ,1 F

1 1 1 1,1, ,1 F

Bulove funkcije sa jednom i dve promenljive date su tablicom.

p F1 F2 F3 F4

1 1 1 0 0

0 1 0 1 0

- 263 -



1 p 2 p F1 F2 F3 F4 F5 F6 F7 F8 F9 F10 F11 F12 F13 F14 F15 F16

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

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

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

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

Iz tablice se mo!e videti da su F8, F5, F7 i F10 redom disjunkcija,

konjunkcija, implikacija i ekvivalencija.Sve Bulove funkcije mogu se predstaviti iskaznim formulama.

10.2.2. DISJUNKTIVNA I KONJUKTIVNA FORMA

Algebarske Bulove funkcije se mogu predstaviti u dva oblika.

Disjunktivna forma (DF) 1 2 1 2, , , n i i im F p p p P P P .

Disjunktivna forma predstavlja logiku sumu logikih proizvoda. Funkcijase mo!e predstaviti kao suma disjunkcija koje odgovaraju vrstama u tablici u

kojima funkcija ima vrednost 1.

Primer:

1 2 1 2 1 2 1 2 F F F F F F F F F .

Konjuktivna forma (KF) 1 2 1 2, , , n i i im F p p p S S S

Konjuktivna forma predstavlja logiki proizvod logikih suma. Funkcija se

mo!e predstaviti kao konjunkcija suma koje odgovaraju vrstama u tablici ukojima funkcija ima vrednost 0.

- 264 -



Primer:

1 2 1 2 1 2 1 2 F F F F F F F F F

Primer:

Funkcija je zadata tabelom.

Napisati konjunktivnu i disjunktivnu formu zadate funkcijeAlgebarski prikaz funkcije u obliku konjunktivne forme, na osnovu zadate

tabele, zapisujemo u vidu logikog proizvoda onoliko elementarnih suma

koliko u tabeli ima vrsta sa vredno"u funkcije 0.

1 2 3 1 2 3 1 2 3 F p p p p p p p p p .

Algebarski prikaz funkcije u obliku disjunktivne forme, na osnovu zadate

tabele, zapisujemo u vidu logikog zbira onoliko elementarnih proizvoda

koliko u tabeli ima vrsta sa vredno"u funkcije 1.

1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3 F p p p p p p p p p p p p p p p

.

esto se u literaturi i koristi naziv savr"ena disjunktivna i konjuktivna forma.

1 1 1 1

1 1 0 0

1 0 1 0

1 0 0 1

0 1 1 1

0 1 0 0

0 0 1 1

0 0 0 1

1 2 p 3 p F

- 265 -



10.3. PRIMENA U RAČUNARSTVU I TEHNICI

10.3.1. BINARNI BROJNI SISTEM

Prvi raunari su se pojavili 50-tih godina pro"log veka sa zadatkom da

ubrzaju i olak"aju slo!ene proraune u tehnici i nauci. Zahvaljujuci pojavi

mikroprocesora poetkom 70-tihgodina pro"log veka krenula je raunarska

revolucija koja traje i dan danas.

U raunarima svi podaci ( tekst, slika, muzika i sl ) obrauju se i uvaju u

binarnom zapisu. Najmanja jedinica informacija, odnosno najmanji podatak

koji se mo!e obraditi u raunaru, nula ili jedinica naziva se bit. Grupa od osam

bita koja se naziva bajt (byte). U su"tini funkcionisanje svakog raunara je

prosleivanje informacije o tome da li datom trenutku treba negde u sistemu

postoji signal ili ne. Ova vrsta informacija se predstavlja binarnim ciframa.

Odsustvo signala predstavlja se sa nulom, a prisustvo signala sa cifrom jedan.

Binarne vrednosti 0 i 1 tako dobijaju logiko znaenje.

Binarni sistem je tako baziran na kori"enju matematike logike, na

iskazima koji imaju samo dve mogunosti, tano (true) i netano ( false) .

Umesto logikih oznaka T i , u informatici se koriste oznake 1 i 0. Logikeoperacije se predstavljaju uobiajeno, konjunkcija (proizvod) AND, a disjunkcija

(sabiranje) kao OR, imajui u vidu istinitosne tablice za date logike operacije.

Primer :

Ako primenimo operatore AND i OR na brojeve 0110110110 i 1100011101

dobiemo:

0110110110 0110110110

1100011101 AND 1100011101 OR

0100010100 1110111111

Raunari moraju imati mogunosti da memori"u i obrauju i nenumerike,

odnosno tekstualne podatke. To su ili nizovi ( string) ili znakovi ( charácter

data), zatim slova, znakovi interpunkcije, matemati ki znaci , specijalni znaci i

- 266 -



slino. Poda-ci ovog tipa su memorisani u obliku niza bitova. Danas se koriste

ASCII i EBCDIS kod. Na primer 1111001 predstavlja slovo b.

Dakle, binarni brojevi su osnova za funkcionisanje raunara. Digitalna kola

kombinuju nule i jedinice, i generi"u nove nule i jedinice. Ma"inske instrukcije

su takoe prikazane kao nizovi nula i jedinica. Svi programi napisani u

ma"inskom jeziku (asembleru) ili nekom vi"em jeziku, da bi mogli da rade

moraju da budu prevedeni u nizove nula i jedinica.

10.3.2. PREKIDAČKE ŠEME I DIGITALNA LOGIČKA KOLA

Klod Elvud $enon (Claude Elwood Shannon< 1916. > 2001.)

bio je ameri ki nau nik i in"enjer. Me u najzna ajnija

otkri a ovog nau nika spadaju teorija informacija i dizajn

digitalnih ra unara i logi kih kola. 1938. godine otkrio vezu

izme u logi kih tablica istinitosti i elektri nih kola. #enon je

poznat kao utemeljiva informacione teorije sa svojim

nau nim radom objavljenim 1948. godine. Tako e se

smatra utemeljiva em teorije digitalnog ra unara i teorije

dizajna digitalnih kola, kada je kao 21-godi!nji student MIT-a, napisao tezu gde

dokazuje da je primenom Bulove algebre na digitalna elektri na kola, mogu e

re!iti bilo koji logi ki ili numeri ki problem.

Digitalni sistemi su izgraeni od elementa koji imaju samo dva stanja.

Element koji se tako pona"a, i mo!e da poslu!i da se pomou njega fiziki

interpretiraju navedene logike operacije naziva se prekida.

Prekidai mo!e da ima samo dva stabilna stanja, odnosno da je otvoren ili

zatvoren.

p p

- 267 -



Prekidake "eme i digitalna logika kola su tako projektovana da

implementiraju principe binarne aritmetike i matematike logike.

Prekida ke #eme su univerzalne "eme koje ne zavise od tehnologije.

Mogu da se realizuju na osnovu mehanikih prekidaa, elektrinih kola i

slino.

Digitalna elektri na logi ka kola su specijalizovane "eme sastavljene od

tano definisanih elektrinih komponenti.

Koristei operacije (>,.,') Bulove algebre mo!e se opisati bilo koje kolo.

Iskazne formule u kojima se pojavljuju samo operacije , , , odnosno

(.,>,'), imaju jednu zanimljivu interpretaciju koja se koristi u tehnici u

projektovanju digitalnih kola, a naziva se prekida ka algebra.

Iskazna slova se tretiraju kao otvoreni prekida i, a njihova negacija kao

zatvoreni prekida i. Ako iskazno slovo ima vrednost 1 p smatra se da

je prekida zatvoren, tj. da provodi signal, a za 0 p je otvoren, tj. da

ne provodi signal.

Formula se tretira kao mre!a sa dva kraja sastavljena od prekidaa koji

su povezani paralelno ili serijski. Tautologijama odgovaraju mre!e koje

uvek provode signal.

Primer:

Posmatrajmo prekidako kolo-"emu koje sadr!i prekida i sijalicu.

Vrednost 1 dodeljujemo prekidaima p i q kada su zatvoreni, tj ako

kroz njih protie struja. U suprotnom dodeljujemo im vrednost 0.

Kada su prekidai redno vezani, sijalica e svetleti i kolo e imati vrednost 1

samo ako su oba prekidaa p i q zatvorena. Prema tome, ovo kolo

e odgovarati iskazu p i q, odnosno p q i zove se AND "i kolo.

- 268 -



p q

Digitalno logiko kolo

Primer:

Posmatrajmo prekidako kolo u kome su prekidai p i q vezani paralelno.Kada su prekidai paralelno vezani, sijalica e svetleti ako je p=1 ili q=1 ikolo e imati vrednost 1 ako je bar jedan prekidaa p i q zatvoren.Prema tome, ovo kolo e odgovarati iskazu p ili q, odnosno p q i

zove se OR- ili kolo.

p q

Kolo sa jednim prekidaem p, u kome sijalica svetli samo ako je

prekida otvoren. Prema tome kolo e imati vrednost 1 ako je

- 269 -



prekidaa p zatvoren, odnosno ako je p jednako 0. Takvo kolo se zove

ne kolo ili invertor .

p

Elementi digitalnih logikih kola osim standardnih navedenih ( i kolo, ili kolo i ne kolo ) su i sledea kola:

ni kolo, odgovara logikom izrazu p q .

nili kolo, odgovara logikom izrazu p q .

ekskluzivno ili

10.3.3. UPROŠĆAVANJE PREKIDAČKIH ŠEMAI LOGIČKIH KOLA

Najva!nija primena Bulove algebre je da pojednostavi konstrukcijuprekidakih i logikih kola. Optimizacija broja logikih kola pored u"tede

- 270 -



smanuje i mogunost gre"aka u razvoju. Treba imati u vidu na ne morapostojati jedinstveni najmanji izraz.

Potrebno je da se podsetimo aksioma i teorema koje smo ve definisali, a potrebne su nam za dalji rad.

Bulovi zakoni za operaciju i

0 0

10

a a a

a

a aa a

Bulovi zakoni za operaciju ili

0

1 1

1

a a a

a a

a

a a

I teorema a a

Za operacije i i ili

a b b a

a b b a

a b c a b c

a b c a b c

Teoreme minimizacije

a b a b aa a b a

a a b a b

Teoreme inverzije

- 271 -



a b a b

a b a b

Primer:

Pojednostaviti izraz p p q q q r

0 0

0

p p q q q r q q q r a a

q q q r a aq q r a a a

q r a a a

q r a a

Polazno kolo se zamenjuje sa znatno jednostavnijim koje je zadatoizrazom q r .

p

q

q

r

q

i

i

ili

Minimizacija prekidakih funkcija je jedan od najva!nijih praktinih zadataka. Uprethodnom poglavlju iznesene su neke op"te ideje teorijskog tipa bazirane naBulovoj algebri. Inae metode minimizacije su raznovrsne. Naje"a je podelana grafike i algoritamske. Jedan od esto kori"enih naina u in!enjerskojpraksi su Karnoove mape.

- 272 -




1. +ta je Bulova algebra?2. +ta je binarna Bulova algebra?3. Navesti osnovne aksiome.4. Navesti i dokazati osnovne teoreme Bulove algebre5. +ta su DF i KF?6. Kako izgledaju prekidaka, a kako logika kola?

KLJUČNE REČI

Bulova algebraBulova funkcijaBitBajtKoloPrekidaka kolaElektrina kola

InvertorDisjunktivna formaKonjunktivna formaPrekidai

10.4. ZADACI

1. Dokazati sledee zakone:

Zakon idempotencije ) , )a a a a b a a a

Re!enje:

a)

- 273 -



1 ln

0

ln

a a a a neutra i element

a a a a inverzni element

a a a distribucija

a inverzni element

a neutra i element

b)

0 ln

1

ln

a a a a neutra i element

a a a a inverzni element

a a a distribucija

a inverzni element

a neutra i element

Zakon nule 0 0a

Re!enje:

0 0 0 ln

0

0ln

a a neutra i element

a a a inverzni element

a a distribucijaa a neutra i element

a inverzni element

Zakon absorbcije a) a a b a b) a a b a

Re!enje:

a)

1 ln

11

ln

a a b

a a b neutra i element

a b distribucijaa zakon nule

a neutra i element

b)

- 274 -



0 ln

0

0

ln

a a b

a a b neutra i element

a b distribucija

a zakon nule

a neutra i element

Zakon involutivnosti a a

Re!enje:

Aksioma o inverznom elementu ka!e1

0

a a a a

a a a a

Ako uvedemo x a , onda je

1

0

a a x

x a a x

pa je a x , odnosno a a .

Zakon komplementa za neutralne elemente a) 0 1 , b) 1 0

Re!enje:

a)

0

1

a a inverzni element

a a De Morganovo pravilo

a a zakon involutivnosti

inverzni element

- 275 -



1

0

a a inverzni element

a a De Morganovo pravilo

a a zakon involutivnosti

inverzni element

Zakon sa!imanja a) a b a b a

b) a b a b a

Re!enje:

a)

1

ln

a b a b

a b b distribucija

a inverzni element

a neutra i element

b)

0

ln

a b a b

a b b distribucija

a inverzni element

a neutra i element

2. Dokazati

a) 1, ) 0a b a b b a b a b

3. Primenom Bulove algebre izraunati vrednost izraza 1 0 0 1 .

Re!enje:

- 276 -



1 0 0 1 0 1

0 0

0

4. Primenom zakona Bulove algebre uprostiti izraz

a b a b

Re!enje:

a b a c

aa ac ba ac

ac cb bc

ac ab

5. Kako izgleda disjunktivna i konjunktivna forma Bulove funkcije koja jezadata tablicom?

p q r f

1 1 1 0

1 1 0 1

1 0 1 0

1 0 0 0

0 1 1 1

0 1 0 0

0 0 1 1

0 0 0 1

Re!enje:

- 277 -



f pqr pqr pqr pqr disjunktivna forma -DF

f p q r p q r p q r p q r konjunktivna forma -KF

6. Odrediti istinitosnu tablicu funkcija:

a) 1 f pq pr qr b) 2

f p qr

Re!enje: p q

r 1 f 2

1 1 1 1 1

1 1 0 1 1

1 0 1 0 1

1 0 0 1 1

0 1 1 1 0

0 1 0 0 0

0 0 1 1 1

0 0 0 1 0

7. Formuli p q p r odrediti

a) prekidaku "emu,b) digitalno logiko kolo.

Re!enje:

a) b)

q p

p r

8. Formuli p q r odrediti

a) prekidaku "emu,b) digitalno logiko kolo.

- 278 -



Re!enje:

a) b)

q

p

r

9. Nacrtati prekidake "eme i digitalna logika kola koja odgovaraju

iskaznim formulama:

a) p q r s ,

b) p q r s ,

c) p q r ,

d) p q p r ,

e) p q p r r .

5. Napisati formule i nacrtati digitalna logika kola koja odgovarajusledeim prekidakim "emama

a)

b)

- 279 -



c)

Re!enje:

a) p q r p q

b) p q q p r r

c) p q q r p q r .

6. Napisati formule i nacrtati prekidaku "emu koja odgovaraju sledeimdigitalnim elektrinim kolima:

a)b)

- 280 -



Re!enje:

a) p q r ,

p q

r

b) p q p r .

7. Za zadatu tablicu odredite Bulovu funkciju. Zatim nacrtajte prekidakokolo dobijenog izraza.

p q r f

1 1 1 0

1 1 0 1

1 0 1 1

1 0 0 0

0 1 1 1

0 1 0 0

0 0 1 1

0 0 0 1

Re!enje:

Disjunktivna forma glasi:

p q r p q r p q r p q r p q r

Konjunktivna forma glasi:

p q r p q r p q r

- 281 -



p

p

p

p

p q

r

q

q

q

q

r

r

r

r

p p p

q qq

r r r

8. Nacrtati logiko digitalno i prekidako kolo za formulu p q p r .

Re!enje:

q

r

ili

i

i

p q

p'r

9. Pojednostaviti formulu i nacrtati logiko kolo.

a) p q r pq pr t

b) pp q qq r

c) pq q qq r

- 282 -



Re!enje:

a)

p q r pq pr t pq pr pqt prt

pq pr p q r

r

q

ili

i

b)0 pp q qq r q qq r

q qq r q q r q r

10. Pojednostaviti formulu

a) p q r p q p q r p q r q r p q r b) pqs pqs qrs prs c) pq ps pq prs

Re!enje:

1 1 2 2

p q r p q p q r p q r q r p q r a b a b

p q r p q p q r p q r q r p q r a b a b a

p r p q p r q r a b a c b c a b a c

p r p q p r

b)

- 283 -



1

pqs pqs qrs prs

ps q q qrs prs ps qrs prs

p pr s qrs p r s qrs

ps rs qrs ps q rs

ps rs p r s

c) p s

11. Dato je logiko kolo

a) Napisati izraz funkcije koju ovo kolo predstavljab) Napisati tablicu funkcijec) Odrediti disjunktivnu i konjunktivnu formu funkcije

Re!enje:

a) f p q r

b) Iz formule mo!emo da zakljuimo da je samo u sledeim sluajevima

vrednost funkcije 1 , 1,1,0 1,0,0 0,1,0 1 f f f

p q r f

1 1 1 0

1 1 0 1

1 0 1 0

1 0 0 10 1 1 0

0 1 0 1

0 0 1 0

0 0 0 0

- 284 -



C)

f p q r p q r p q r

f p q r p q r p q r

12. Dato je logiko kolo

pq

qr

r

a) Napisati algebarski izraz funkcije koje kolo predstavljab) Napraviti tablicu ove funkcijec) Na osnovu tablice napisati konjunktivnu formu funkcijed) Primenom Bulove algebre minimizirati izraz i nacrtati jednostavnijekolo

Re!enje:

f pqr pqr

q r f

1 1 1 0

1 1 0 0

1 0 1 0

1 0 0 00 1 1 1

0 1 0 1

0 0 1 0

0 0 0 0

- 285 -



Konjunktivna forma

p q r p q r p q r p q r p q r p q r

f pq r r pq

13. Raketni motor aktivira se kada komandant i jedan ili oba njegova dvapomonika pritisnu prekidae. Nacrtati odgovarajuu prekidaku "emu,napraviti tablicu Bulove funkcije, logiko kolo, minimizirati ga i nacrtati.

Re!enje:

1 p

k

2 p

1 2 1 2 1 2kp p kp p kp p

k 1 p

2 p f

1 1 1 1

1 1 0 1

1 0 1 1

1 0 0 0

0 1 1 0

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 0 0

- 286 -



Min-

1 2 2 1 2 1 1 2

1 1 2 1 1 2 1 2

1 f kp p p kp p kp kp p

kp kp p k p p p k p p

2 p

1 p

r

r

2 p

2 p

r

1 p

1 p

1 p

k

2 p

14. Dokazati da funkcija a b c a c a c c ne zavisi od a,b,c

15. Koju funkciju f daje kolo na izlazu

2 p

3 p

1 p

2 p

- 287 -





INDEKS POJMOVA

A

Aksioma104,105alef nula 38,41algoritam 126, 135

- Dijkastrin 231formiranje stabla 206brisanje elemnta 210

- Kruskalov 241- pretraga u dubinu 226- prertaga u "irinu 229- Primov 238- rekurzivni 138ubacivanje elementa 209

Aristotel 6

B

binarni brojevi 266binarna relacija 46

binarne Bulove funkcije 228binarna stabla pretrage 172binomna formula 82binomni koeficijent 73blok "ema 129

- linijska 130razgranata 130

- ciklina 132Bulova algebra 260,262Bul D!ord! 7Bulova funkcija 265

C

ciklus 160- Hamiltonov 172- Ojlerov 169

continuum 37

erova teza 139vor 155

- susedni 157- stepen 159- Izolovan 159

D

dedukcija 102definicija 104Dekartov proizvod 36Dekart Rene 37disjunkcija 9diskunktivna forma 263dokaz 104,106domen 56

E

ekvivalencija 9,11

F

faktorijel 67formula 4,

- iskazna 12- valjana 18

funkcija 55- aritmetika 139- bijekcija 57- Bulova 263

- injekcija 50- inverzna 59- izraunljiva 141- kompozicija 58

prekidake 263- rekurzivna 136- surjekcija 57

- 289 -





O

Ojler Leonard 154

operacije 3, 8,15,

binarne 50

logike 9

skupovne 34

P

Paskalov trougao 74paradoks 41permutacije 74,75

- bez ponavljanja 75- sa ponavljanjem 77

podgraf 158podskup 34pravila zakljuivanja 90

- dvojne negacije 14,- dvostrukog komplementa 37- - eliminacija 110- - generalizacija 110

- - idempotencije 13- identiteta 37- - modus ponens 14,106- - modus tolens 14,107- - kontradikcije 14,108- - kontrapozicije 109- - kontraprimer 109- - specijalizacija 112- - tranzitivnost ekvivalencije 109

- - tranziticnost implikacije 109-

prebrojavanje 74

petllja 156promenljive 3,15prekidaka algebra 270Prekidaka kola 269predikat 17prekidake "eme 269pseudo kod 115

problem etiri boje 153put 159

-Ojlerov 169-Hamiltonov 170-prost 157

R

Raselov paradoks 43Rekurzija 125relacija 3, 52

- binarna 52- refleksivna 47- simetrina 47- antisimetrina 47- tranzitivna 47- ekvivalencije 53- poretka 53

S

skup 30- disjunktni 32- partitivni 34- podskup 33- prazan 33

skupovne operacije 34unija 34presek 34razlika 35Dekatrov proizvod 36

stablo 198- binarno 205- koreno 201- koren 202

- visina 202,205- list 202,295- nivo 202- razapinjua 200

sud 7

- 291 -



T

tablica istinitosti 9tautologija 12teorema 89

- Ojlerova 163, 164,169- Kelijeva 200

Tjuring Alan 140Tjuringova ma"ina 140

U

unija skupova 32ureen par 33

V

varijacije 65- bez ponavljanja 69- sa ponavljanjem 70

Venovi dijagrami 30

!

+enon Klod Elvud 216

Z

Zakoni- absorpcije 261asocijacije 13,37,261- de Morganovi 14,37,262- - komutacije 13,37, 260- distribucije 13,37, 261inverznog elementa 261involutivnosti 261neutralnog elemeta 261sa!imanja 262

- 292 -



LITERATURA

1. J. A. Anderson, Diskretna matematika sa kombinatorikom,

Raunarski fakultet, Beograd, 2005.

2. D. Cvetkovi, Diskretna matematika, Prosveta, Ni", 1996.

3. D. Cvetkovi, Diskretne matemati

ke strukture, Ra

unarski

fakultet, Beograd, 2004.

4. D. Cvetkovi, S. Simi, V. Balti, M. iri, Diskretna matemamatika.

Osnove kombinatorike i teorije grafova, Dru"tvo matematiara

Srbije, Beograd, 2008.

5. D. Cvetkovi, Teorija grafova i njene primene, Nauna knjiga,

Beograd, 1990.

6. K. H. Rosen, Discrete Mathematics and Its Applications, Mc Grew

Hill, 2003.

7. V. Petrovi, Teorija grafova, Novi Sad, 1998.

- 293 -



Documents

US - Diskretna Matematika