Sudovi

"D" Sud je svaka smislena izjava čiju istinitost možemo provjeriti (tj. za koju znamo je li istinita ili lažna).

P Sudovi su: "Danas je ponedjeljak." (istinit ponedjeljkom, lažan svim ostalim danima) 1+1=2 (istinit) 1+1=3 (lažan) "Postoje prirodni brojevi m i n, takvi da vrijedi (m/n)2=2." (lažan – znate li dokazati da

je lažan?) "Broj svih zrnaca pijeska u Svemiru je djeljiv s 13." (sumnjam da ćemo ikada znati je

li ovo istinit ili lažan sud, ali principijelno mu možemo otkriti istinitost) "Svaki paran broj između 4 i googol(=10^100) može se prikazati kao suma dva prosta

broja." (ista napomena kao i za prethodni primjer, ali ovaj je više matematički:) "Ni za jedan prirodni n iznad 3, jednadžba xn+yn=zn nema rješenja u cijelim brojevima

koji nisu svi 0". (istinit sud, pitajte Andrewa Wilesa ako ne vjerujete;)

P Nisu sudovi: "Dobar dan!" (pozdrav – ne izražava ništa za što bi se dala utvrditi istinitost) Kad ćemo na odmor? (pitanje – pitanja obično nisu ni istinita ni lažna, već odgovori:) x+1=3 (iako je izražena matematički, ovo nije ni istinita ni lažna tvrdnja jer ovisi o x.

Tek uvrštavanjem neke vrijednosti za x (ili kvantificiranjem) ona postaje sud ~ npr. uvrštavanjem x=5 dobijemo lažan sud)

"Ova rečenica je lažna." (iako se na prvi pogled čini da možemo odrediti njenu istinitost, brzo uviđamo da ne možemo jer uvijek dolazimo u kontradikciju)

"Ova rečenica je istinita." (ovoj rečenici je svejedno hoćemo li je proglasiti istinitom ili lažnom – to nije dovoljno dobro za sud)

"Ne postoji kardinalni broj smješten strogo između alef0 i kontinuum." (za razumjeti zašto ovo ne možemo smatrati ni istinitim ni lažnim ako želimo biti pošteni prema samima sebi, treba malo više znanja o logici i teoriji skupova. Htio sam samo navesti primjer matematičke tvrdnje koja ne sadrži varijable, a ipak u gornjem smislu nije sud. No ako vas baš jako zanima, istražujte...)

... -> U strogom smislu, ovdje treba utrpati većinu dosad neriješenih problemā u matematici – jer je zamislivo da neki od njih završi poput ovog gore. No to nas definitivno ne treba zabrinjavati u EM...

"O" Slova A,B,...,P,Q,R,... koristit ćemo kao sudovne varijable, odnosno u ovom kontekstu, zamišljat ćemo da umjesto njih stoje neki sudovi.

Logički veznici

"S" Od jednostavnih sudova možemo graditi složene pomoću logičkih veznikā. Oni su uglavnom binarni (povezuju dva suda), ali postoji i jedan unarni (negacija), koji mijenja istinitost samo jednog suda.

N Logički veznici su: konjunkcija (otprilike kao u hrvatskom jeziku veznici "i","a","ali",...) – na ovom siteu

konjunkcija sudova A i B bit će označena s A & B. Konjunkcija je istinita samo u slučaju da su oba operanda istinita – inače je lažna.

disjunkcija (u hrvatskom jeziku najbliži joj je veznik "ili") – oznaka ovdje je A V B. Za istinitost disjunkcije dovoljna je istinitost jednog operanda – tek ako su oba lažna, disjunkcija je lažna.

implikacija (često odgovara frazi "ako...onda", ali ponekad i ne) – oznaka A => B. Implikacija je lažna samo u slučaju da je prvi operand (antecedens) istinit, a drugi (konzekvens) lažan – u svim ostalim slučajevima je istinita.

ekvivalencija (fraza, uglavnom matematička, "ako i samo ako", često skraćena na "akko") – A <=> B. Istinita je ako joj operandi imaju istu istinitost (dakle, oba istinita ili oba lažna) – inače (ako je točno jedan od operanada istinit) je lažna.

negacija ("ne") – oznaka ! A. Istinitost joj je suprotna istinitosti njenog operanda – dakle, istinita je ako je operand lažan, lažna ako je on istinit.

ekskluzivna disjunkcija (hrvatski jezik nema odgovarajuću riječ – koristi se latinski "aut", anglizirani "xor", ili mathematički "illi") – A V B. Istinita je ako je jedan od operanada istinit, ali ne oba. Ako su oba istiniti (ili oba lažni), lažna je.

O Ekvivalencija i implikacija smatraju se veznicima manjeg prioriteta nego konjunkcija i (ekskluzivna) disjunkcija, dok negacija ima najveći prioritet – P tako da sud A => !A & B treba shvatiti kao A => ( ( ! A ) & B ).

O Konjunkcija i disjunkcije su asocijativne operacije, tako da je jasno što znači A & B & C, ili P V Q V R. Kod implikacije i ekvivalencije analogni zapisi se shvaćaju kao lanci (kao kod nejednakosti, 2 < x < 3 npr.), dakle P => Q => R znači (P => Q) & (Q => R). Također, A <=> B <=> C znači da su sve tri izjave – A, B i C ~ ekvivalentne (imaju istu istinitost).

KvantifikatoriS Rekli smo da x+1=3 nije sud, i to zato što (njegova istinitost) ovisi o tome koja je vrijednost od x. (Inače, takva rečenica, kojoj istinitost ovisi o vrijednostima nekih varijabli, zove se parametrizirani sud (ili izjavna funkcija), i označava s varijablama u zagradi, npr. P(x).) Naravno, možemo je učiniti sudom, uvrstivši neku konkretnu vrijednost za x (npr. P(4) je lažan sud).

"D" No možemo je učiniti sudom i na još jedan način, a to je da kažemo kako P(x) vrijedi za svaki x, bez popisivanja svih mogućih x koji mogu doći u obzir. To se zove kvantificiranje, i to u ovom slučaju univerzalno, po x. Oznaka ovdje će biti (A_x). Dakle, uz gornju oznaku za P(x), (A_x)P(x) će biti (lažan) sud "Svaki broj zbrojen s 1 daje 3 .".

"D" Još jedno kvantificiranje je kad kažemo da postoji neki x za kojeg vrijedi P(x). To se zove egzistencijalno kvantificiranje, i označava se ovdje s (E_x). Dakle, uz gornju oznaku, (E_x)P(x) će biti (istinit) sud "Postoji broj koji zbrojen s 1 daje 3 ."

"D" Postoji još jedan "kvantifikator", koji to nije u strogo logičkom smislu, ali dobro dođe kao pokrata za izjave koje bi bez njega zvučale komplicirano. To je "!_" kvantifikator, kvantifikator jedinstvenosti, koji označava frazu "postoji najviše jedan". Naravno, to je samo drugi način da se kaže "svaka dva takva su jednaka". Dakle, (!_x)B(x) :<=> (A_x)(A_y)(B(x) & B(y) => x=y). Taj kvantifikator se često koristi u konjunkciji s egzistencijalnim (koji kaže "postoji bar jedan"), pa zajedno znače "postoji točno jedan". Dakle, (E!_x)B(x) :<=> (E_x)B(x) & (!_x)B(x). (Također je ekvivalentno s (E_x)(A_y)(B(y) <=> x=y).) U gornjem primjeru, (E!_x)(x+1=3) je istinit sud (pod pretpostavkom da je x oznaka za (npr. cijeli) broj).

"S" Bilo bi lijepo da možemo zapisati i takvu pretpostavku, da su xevi koji dolaze u obzir ("po kojima se kvantificira", kako to logičari vole reći) cijeli brojevi. Za to nam trebaju oznake za skupove (ovdje ćemo sa Z označavati skup cijelih brojeva), te za relaciju "biti element" (ASCII je ovdje jako siromašan... ja ću koristiti @).

D Takvi kvantifikatori, koji preciziraju skup iz kojeg "izvlače" vrijednosti za svoju varijablu, zovu se ograničeni kvantifikatori. Njihove simboličke definicije pomoću gornjih (neograničenih) su: (A_x@S)P(x) :<=> (A_x)(x@S => P(x)) (E_x@S)P(x) :<=> (E_x)(x@S & P(x)) (!_x@S)P(x) :<=> (A_x@S)(A_y@S)(P(x) & P(y) => x=y) (E!_x@S)P(x) :<=> (E_x@S)(A_y@S)(P(y) <=> x=y).

P Neki (istiniti) sudovi s kvantifikatorima i njihovi ekvivalenti izraženi riječima:(A_x@N)(1|x) ("Svaki prirodni broj je djeljiv s 1 .") (E_x@R)!(x@Q) ("Postoji iracionalan broj.") (A_x@R)(E_n@N)(n>x) ("Za svaki realni broj postoji prirodni broj koji je od njega veći.") (E_n@N)(A_m@N)(n|m) ("Postoji prirodni broj koji je djelitelj svih prirodnih brojeva.")

B Treba paziti na redoslijed kvantificiranja!(A_n@N)(E_m@N)(n<m) ("Od svakog prirodnog broja postoji veći.") – istinito. (E_m@N)(A_n@N)(n<m) ("Postoji prirodni broj veći od svih.") – lažno.

Negiranje složenih izjavāN Slijedi popis kako se negacija ponaša prema pojedinim veznicima u složenim sudovima:Negacijom disjunkcije dobivamo konjunkciju, i obrnuto. !(P & Q) <=> !P V !Q !(P V Q) <=> !P & !QNegacijom ekskluzivne disjunkcije dobivamo ekvivalenciju, i obrnuto – uz napomenu da je kod tih veznika svejedno negiramo li oba operanda. !(P V Q) <=> (!P <=> !Q) <=> (P <=> Q) !(P <=> Q) <=> !P V !Q <=> P V QNegacijom negacije dobivamo početni sud. !(!A) <=> ANegacijom univerzalne kvantifikacije dobivamo egzistencijalnu, i obrnuto. !(A_x)P(x) <=> (E_x)!P(x) !(E_x)P(x) <=> (A_x)!P(x)To vrijedi i za ograničenu kvantifikaciju. !(A_x@S)P(x) <=> (E_x@S)!P(x) !(E_x@S)P(x) <=> (A_x@S)!P(x)Iz prethodne dvije točke, te shvaćanja ograničenih kvantifikatora pomoću neograničenih, dobivamo i !(A => B) <=> A & !B

Z Negirajte "Danas je ponedjeljak i pada kiša."Rj "Nije točno da je danas ponedjeljak i pada kiša." <=> !("Danas je ponedjeljak." & "Pada kiša.") <=> !"Danas je ponedjeljak." V !"Pada kiša." <=> "Danas nije ponedjeljak, ili ne pada kiša."

Z Negirajte "Broj 5 je paran ili je prost."Rj "Nije točno da je broj 5 paran ili prost." <=> !( 2|5 V 5@P ) <=> !(2|5) & !(5@P) <=> "5 nije paran i nije prost."

Z Negirajte "Broj n je djeljiv s 10 akko mu je zadnja znamenka 0 .".Rj Označimo sa zz(n) zadnju znamenku od n.!( 10|n <=> zz(n)=0 ) <=> 10|n V zz(n)=0. Dakle, negacija glasi: "Broj n je djeljiv s 10 illi mu je zadnja znamenka 0 ."Ako nemamo ekskluzivnu disjunkciju na raspolaganju, !( 10|n <=> zz(n)=0 ) <=> ( 10|n & !(zz(n)=0) ) V ( !(10|n) & zz(n)=0 ). Dakle, negacija glasi: "Broj n je djeljiv s 10 a zadnja znamenka mu nije 0 , ili pak nije djeljiv s 10 a zadnja znamenka mu jest 0 ."

Z Negirajte "Broj n je djeljiv sa 6 akko je djeljiv s 2 i s 3 ."Rj !(6|n <=> 2|n & 3|n) <=> 6|n V (2|n & 3|n). ("Broj n je djeljiv s 6 illi je djeljiv s 2 i s 3 .")Bez ekskluzivne disjunkcije, !(6|n <=> 2|n & 3|n) <=><=> (!(6|n) & 2|n & 3|n) V (6|n & !(2|n & 3|n)) <=><=> (!(6|n) & 2|n & 3|n) V (6|n & (!(2|n) V !(3|n))) <=><=> (!(6|n) & 2|n & 3|n) V (6|n & !(2|n)) V (6|n & !(3|n)) . ("Broj n nije djeljiv sa 6 , ali je djeljiv s 2 i s 3 , ili je djeljiv sa 6 ali nije s 2, ili je djeljiv sa 6 ali nije s 3 .")

Z Negirajte "Svaki prirodni broj je paran."Rj !(A_n@N)(2|n) <=> (E_nN)!(2|n). "Postoji neparan prirodni broj."

P Negacija od "Postoji negativan prirodan broj." je "Svaki prirodan broj je nenegativan.".!(E_n@N)(n<0) <=> (A_n@N)(n>=0)

P !(A_x@R+)(E_n@N)(1/n<x) <=> (E_x@R+)(A_n@N)(1/n>=x)

Skupovi – Uvod"S" Značaj skupova za suvremenu matematiku je ogroman. Skupovi su prvi put u matematičkoj povijesti pružili zadovoljavajući jezik na kojem se može pričati sva matematika. Naime, odavno je bilo jasno da je jedan od glavnih poslova matematike konceptualna generalizacija, odnosno svođenje svega o čemu se priča na što manji broj osnovnih pojmova (a time i bespogovorno prihvaćenih pretpostavki o njima). No rijetko tko je mogao do prije otprilike jednog stoljeća zamisliti čitavu matematiku svedenu na samo jedan koncept, ideju skupa i njegovih elemenata.

P Brojevi (prirodni, cijeli, racionalni, realni, kompleksni), funkcije i relacije s precizno definiranim domenama, geometrijski objekti, vjerojatnosni prostori, Turingovi strojevi, pa i same logičke teorije mogu se shvatiti kao skupovi s precizno definiranim elementima. Sve se njihove formalne definicije daju raspisati do one osnovne fraze "skup čiji su elementi...".

"S" Kao posljedica toga, prirodno je očekivati da proučavanje skupova (ili bar nekih osnovnih stvari o njima) može pridonijeti boljem razumijevanju raznih matematičkih idejā, pa ćemo se tako i mi u početku našeg bavljenja EMom dotaknuti skupova. Nećemo napraviti gotovo ništa jako napredno iz teorije skupova, već samo ono što će nam trebati da bismo kasnije lakše radili s brojevima i ostalim stvarima koje će nas zanimati.

"D" Nažalost, upravo zbog silne univerzalnosti koju skupovi daju matematici, nemoguće je je u okviru matematike dati strogu definiciju pojma "skup" (baš kao što je nemoguće, služeći se samo ljudskim umom, u potpunosti shvatiti ljudski um). No možemo pokušati dati intuitivnu definiciju. Ovdje bi ona bila: objekt S sastavljen od drugih objekata (koji se zovu njegovi elementi), kojem je apstrahirano (ne zanima nas) sve osim činjenice, za svaki pojedini objekt x, je li x element od S (ovdje pišemo x@S) ili nije (naravno, tad pišemo !(x@S)).

Na Sličnu vrstu apstrakcije smo već vidjeli kod "definicije" suda, jer to je "rečenica" od koje je apstrahirano sve osim činjenice je li istinita (pišemo T), ili nije (!T).

O Imena za skupove pišu se unutar vitičastih zagradā ({ }). Ime za skup može biti: imena za sve njegove elemente, odvojena zarezima (P {1,4,8,9}) ime neke varijable, odvojeno s ; (ili : ako je ta varijabla već ograničena na neki skup) od nekog svojstva koje imaju svi elementi tog skupa i točno oni (P {x ; x@A V x@B}, {x@A : !(x@B)}) imena za nekoliko istaknutih njegovih elemenata iz kojih se mogu deducirati svi ostali, razdvojena zarezima, nakon kojih slijedi ... (ili .... ako je skup beskonačan) (P {1,3,5,7,9,11,....}, {1,3,5,7,...,37}) opis svih elemenata skupa riječima, pod navodnicima (P {"svi prosti prirodni brojevi"})(1) je najsigurniji način zadavanja skupa, ali, naravno, primjenjiv je samo na konačne skupove. (2;) je najčešći način zadavanja beskonačnih skupova, ali je moguće doći do čudnih paradoksā koristeći ga (npr. Russellov paradoks dobiva se za R:={x ; !(x@x)}). (2:) je bolji od (2;), jer eliminira gore navedenu mogućnost paradoksa, ali za njega već moramo imati neki skup A iz kojeg ćemo vaditi moguće vrijednosti za varijablu. (3...) je vrlo neprecizan način, jer različiti ljudi različito interpretiraju "nastavi niz"-pravila, a (3....) često još neprecizniji. (4) ovisi o tome koliko su precizne Vaše riječi☺.

P Primjeri skupova:S={1,2,3} Skup čiji su elementi brojevi 1 , 2 i 3 , i ništa osim njih N={1,2,3,4,....} Skup (svih) prirodnih brojeva (Na ponekad se 0 također smatra prirodnim brojem. Ovdje to nije slučaj.) Z={0,1,-1,2,-2,....} Skup (svih) cijelih brojeva {n@N:2|n}={2k;k@N} Skup parnih prirodnih brojeva

Uspoređivanje skupova

"S" Rekli smo da će nam za skupove biti jedino bitno je li neki objekt njihov element ili nije. Dakle, identitet skupa S sastoji se (samo) u tome je li za proizvoljni objekt x, x@S ili nije. To znači da ako se skupovi A i B za svaki x slažu u odgovorima na pitanje je li x njihov element, tad to zapravo i nisu dva skupa, već jedan te isti skup.No to uključuje neograničenu univerzalnu kvantifikaciju po x. Možemo proći i bez toga, ovako:

D Neka su A i B skupovi. Kažemo da je A podskup od B ako je svaki element od A ujedno element od B. Skupovi A i B su jednaki ako je istodobno A podskup od B i B podskup od A. Skupovi su različiti ako nisu jednaki. Skup A je pravi podskup od B ako je podskup, a uz to su različiti. A C= B :<=> (A_x@A)(x@B)A = B :<=> A C= B & B C= A <=> (A_x)(x@A<=>x@B)A != B :<=> !(A=B) <=> (E_x)(x@AVx@B)A C B :<=> A C= B & A != B <=> (A_x@A)(x@B) & (E_x@B)!(x@A)

S Često trebamo dokazivati jednakosti među skupovima (zapravo među bilo kakvim matematičkim objektima – svi se oni mogu shvatiti kao skupovi). To činimo tako da prvo dokažemo jednu inkluziju (npr. lijeva strana je podskup desne), a zatim drugu (desna je podskup lijeve). Skupovne inkluzije dokazujemo tako da pođemo od proizvoljnog elementa npr. lijeve strane, i zapišemo sve što iz toga možemo zaključiti o tom elementu. Nakon toga iz tog što smo popisali o njemu pokušamo izvesti zaključak da je on ujedno element i desne strane. Jedan od brojnih primjera je ovaj dokaz.

1Z Ispišite sve podskupove skupa S:={1,2,3}.Rj Skup je određen svojim odgovorima na pitanje "je li x element" za svaki x, no podskup od S očito na takva pitanja treba odgovarati samo za elemente od S, dakle brojeve 1 , 2 i 3 . Mogućnosti za tri da-ne odgovora na takva pitanja ima 8 , pa i podskupova mora biti 8 .0, {1}, {2}, {3}, {1,2}, {2,3}, {1,3}, {1,2,3}.

D Prvi skup na gornjem popisu je skup bez elemenata, skup koji na svako pitanje tipa "je li x element" odgovara niječno. Takav skup zove se prazan skup i označava s 0. (Na Njegov "antipod", skup koji bi na svako takvo pitanje odgovarao pozitivno, ne postoji – Russellov paradoks.)

D Skupove koje smo popisali u gornjem zadatku možemo objediniti u novi skup, skup čiji su elementi podskupovi od S. Općenito, skup svih podskupova nekog skupa S zove se partitivni skup od S i označava s P(S). P(S) :<=> {A ; A C= S} P Dakle rješenje gornjeg zadatka se može zapisati i kao P({1,2,3})={0,{1},{2},{3},{1,2},{1,3},{2,3},{1,2,3}} .

D Za konačan skup A, broj elemenata u skupu A označava se s card A.P card{1,4,6}=3 & card 0=0 & card P({1,2,3})=8. Općenito, za konačan skup (i ne samo za njih, ali to je već jedna druga priča) A, vrijedi card P(A)=2card A.

Tipični primjer zadatka sa skupovimaS Na primjeru ovog zadatka ćemo pokazati mnoge stvari, neke od kojih smo već naučili (poput negiranja složenih izjavā), a i neke nove poput korištenja "BSOMP" u dokazima. Također može poslužiti kao primjer dokazivanja metodom kontradikcije (da bismo dokazali P, pretpostavimo !P i iz toga pokušajmo dobiti kontradikciju (Q & !Q, za neki Q). Ako to uspijemo, znamo da !P ne vrijedi (jer vodi do kontradikcije), pa mora vrijediti P.)

3Z Dokažite: ako dva skupa imaju iste podskupove, tada imaju i iste elemente. P(A)=P(B) => A=B To se još može izreći i kao "P je injektivan", ili kao "očito je da su partitivni skupovi jednakih skupova jednaki - no vrijedi i obrat".

Rj Trebamo dokazati implikaciju (nešto oblika P => Q). Ona se obično dokazuje tako da se pretpostavi P, i onda se pokuša iz te pretpostavke zaključiti da vrijedi Q. Dakle, pretpostavimo da vrijedi P(A)=P(B).Trebamo dokazati A=B. To je jednakost dvaju skupova, pa bi se moglo krenuti dokazivati A C= B i obrnuto, ali ovaj put krenut ćemo metodom kontradikcije. Dakle, pretpostavimo A != B, i pogledajmo što možemo dobiti iz toga. Imamo A != B, negaciju izjave A=B. A=B je skraćeni zapis za konjunkciju dvije inkluzije, pa je negacija toga zapravo negacija konjunkcije, dakle disjunkcija negacijā pojedinih inkluzijā: !(A C= B & B C= A) <=> !(A C= B) V !(B C= A).

O Sad nam se dokaz (sjetimo se, trebamo pod danim pretpostavkama dokazati kontradikciju – ali slično razmišljanje vrijedi i kad bismo trebali dokazati bilo što drugo) račva u dva dijela, jedan u kojem nije A podskup od B, i drugi u kojem nije B podskup od A. No jasno je da ako ovaj prvi dio dokaza uspijemo dovesti do kontradikcije na neki način, tada je trivijalno isto učiniti i s drugim dijelom dokaza, jednostavnom zamjenom slovā "A" i "B" u dokazu. Naime, "A" i "B" imaju potpuno simetrične uloge u ovom zadatku (zamjenom "A" i "B" u tekstu zadatka smisao zadatka ostaje isti),i zbog toga je takav manevar moguć. U redu, dakle dovoljno je dokazati samo jedan slučaj (ie, samo jednu granu dovesti do kontradikcije) – drugi se lakom zamjenom svodi na prvi. To zapisujemo tako da zapišemo slučaj u koji idemo kao pretpostavku, ali pred nju stavimo "BSOMP" (akronim od "bez smanjenja općenitosti možemo pretpostaviti"), da se zna da tom pretpostavkom nismo umanjili općenitost dokaza, već jednostavno jeftino smanjili njegovu duljinu skoro na pola.

Rj Nastavljamo dokaz, dakle pišemo "BSOMP !(A C= B)" i idemo dalje. A C= B je skraćenica za univerzalno kvantificiranu izjavu (A_x@A)(x@B), pa je njena negacija (E_x@A)!(x@B). Dakle, dobili smo neki x, element od A, koji nije element od B. Toliko o raspisivanju. Sad treba to što znamo o xu dovesti do nečeg što će biti u kontradikciji s P(A)=P(B). Dakle, očito treba naći neki podskup od A koji nije podskup od B (ili obrnuto), i pri tome bi bilo dobro iskoristiti element x. Sad mislim da je jasno da se radi o skupu {x}. Zaista, {x} C= A, jer je svaki njegov element (što se svodi na x) ujedno i element od A, a isto tako {x} !C= B, jer postoji njegov element (x) koji nije element od B. Dakle, postoji element ({x}) od P(A) koji nije element od P(B), dakle P(A) !C= P(B), pa ne mogu biti jednaki. Kontradikcija. Pretpostavka A != B nas je dovela do kontradikcije, dakle A=B. To smo dokazali pod pretpostavkom P(A)=P(B), pa smo time dokazali implikaciju koja se tražila u zadatku. QED.

Operacije sa skupovimaD Neka su A i B skupovi. Skup svih objekata koji su u bar jednom od tih skupova zove se njihova unija. Skup svih objekata koji su u oba, zove se njihov presjek. Skup svih objekata iz A koji nisu u B zove se skupovna razlika od A i B. AuB := {x ; x@A V x@B} = {x;(E_y@{A,B})(x@y)}AnB := {x@A : x@B} = {x ; x@A & x@B} = {x;(A_y@{A,B})(x@y)}A\B := {x@A : !(x@B)} = {x ; !(x@A => x@B)}

D Često se unutar jednog matematičkog zaključivanja promatraju samo elementi (i podskupovi) nekog unaprijed zadanog skupa S. Tada se svi "neograničeni" kvantifikatori implicitno podrazumijevaju ograničenima Som (tj., (A_x) znači (A_x@S)), te sve {x;P(x)}-konstrukcije skupova zapravo znače {x@S:P(x)} (i samim time postaju puno manje izložene paradoksima). U tom slučaju kažemo da radimo u okviru skupa S, i S zovemo univerzalni skup (za to pojedino matematičko zaključivanje – dakle, univerzalni skup nije općenit pojam, mijenja se od zadatka do zadatka).

D Neka je S univerzalan skup, i A njegov podskup. Tada se komplement od A (u okviru skupa S) definira kao skup svih onih elemenata (od S, naravno) koji nisu elementi od A. Ac := {x:!(x@A)} = {x@S:!(x@A)} = S\A

4Z Neka je S:={1..10}={1,2,3,4,5,6,7,8,9,10} univerzalni skup, te u okviru njega:A skup svih cjelobrojnih potencijā od 2 ({1,2,4,8}); B skup svih neparnih brojeva ({1,3,5,7,9}); C skup svih prostih brojeva ({2,3,5,7}). Odredite AuB, BnC, A\C, C\A, CnAc, (AuB)c, (A\B)c, C\(AuB), AuBuC i AnBnC, te odredite ima li među njima jednakih.Rj AuB={1,2,4,8}u{1,3,5,7,9}={1,2,3,4,5,7,8,9}BnC={1,3,5,7,9}n{2,3,5,7}={3,5,7}A\C={1,2,4,8}\{2,3,5,7}={1,4,8}C\A={3,5,7}CnAc={2,3,5,7}n{3,5,6,7,9,10}={3,5,7}(AuB)c={1,2,3,4,5,7,8,9}c={6,10}(A\B)c={2,4,8}c={1,3,5,6,7,9,10}C\(AuB)={2,3,5,7}\{1,2,3,4,5,7,8,9}=0AuBuC={1,2,3,4,5,6,7,8,9}AnBnC=0=> BnC=C\A=CnAc Zadnja jednakost (C\A=CnAc) vrijedi i općenito:

5Z Neka je S univerzalni skup, te A i B njegovi podskupovi. Dokažite A\B=AnBc.Rj Dokazujemo jednakost dva skupa.Prva inkluzija: neka je x@A\B. To znači x@A i !(x@B). Ovo zadnje se može zapisati kao x@Bc, što zajedno s x@A daje x@AnBc.Druga inkluzija: neka je x@AnBc. Po definiciji presjeka, x@A & x@Bc. x@Bc znači !(x@B), a x@A & !(x@B) daju x@A\B.Može i ovako (budući da imamo univerzalni skup): AnBc = An{x@S:!(x@B)} = {y@S:y@A&y@{x@S:!(x@B)}} == {y@S:y@A&!(y@B)} = {y@A:!(y@B)} = A\B

Dz (DeMorgan) Neka je S univerzalan skup, te A i B njegovi podskupovi. Tada vrijedi (AnB)c=AcuBc & (AuB)c=AcnBc & (Ac)c=A. (Hint: negiranje konjunkcije, disjunkcije i negacije)

Z Neka je S univerzalan skup, te A i B njegovi podskupovi. Od skupovnih operacija zadane su samo u i c. Prikažite ostale skupovne operacije (n i \) pomoću njih.Rj Po DeMorganu i zadatku 5, AnB = ((AnB)c)c = (AcuBc)c

A\B = AnBc = (Acu(Bc)c)c = (AcuB)c

Particije skupova

D Za skupove A i B kažemo da su disjunktni ako vrijedi AnB=0. Dakle, ne postoji objekt koji je u oba (!(E_x)(x@A&x@B)), odnosno, bilo koji element jednog nije u onom drugom ((A_x@A)!(x@B)).

12Z S je univerzalan skup, A i B njegovi podskupovi. Dokažite: A i B su disjunktni akko je A C= Bc.Rj (=>) Neka su A i B disjunktni. Trebamo dokazati skupovnu inkluziju. U tu svrhu, neka je x proizvoljni element od A. Pretpostavka x@B odmah vodi na x@AnB, što je kontradikcija s disjunktnošću. Dakle, vrijedi !(x@B), odnosno x@Bc. Svaki element od A je time element od Bc, pa je inkluzija dokazana.(<=) Neka je A podskup od Bc. Trebamo dokazati disjunktnost. U tu svrhu, pretpostavimo postojanje nekog x@AnB i pokušajmo je dovesti do kontradikcije. Imamo x@A i x@B. Iz x@A po inkluziji slijedi x@Bc, što je u kontradikciji s x@B. To znači da takav x ne može postojati, pa je tvrdnja dokazana.

D Particija nekog skupa S je neki skup podskupova od S (dakle, podskup od P(S)), {Si;i@I} (smatramo Si i Sj različitima za i != j), koji ima sljedeća svojstva:

1. Nijedan od tih skupova nije prazan: !(E_i@I)(Si != 0) 2. Unija svih tih skupova je cijeli S: Ui@ISi=S, odnosno (A_x@S)(E_i@I)(x@Si) 3. Svi ti skupovi su međusobno disjunktni: (A_i@I)(A_j@I; != i)(SinSj=0)

13Z Odredite sve particije skupa {1,2,3}.Rj {{1,2,3}}, {{1,2},{3}}, {{1,3},{2}}, {{2,3},{1}} i {{1},{2},{3}}.

14Z Koliko ima dvočlanih particijā skupa {1..5}?Rj "Dvočlana particija" znači da je {1..5} podijeljen na 2 skupa. Pogledajmo koliko koji od njih ima elemenata. Po svojstvu (1), ne smiju biti prazni, a po svojstvima (2) i (3) zbroj tih brojeva (njihovih cardova) mora biti jednak card{1..5}=5. Budući da je particija skup, redoslijed tih dvaju skupova nam nije bitan. Zaključujemo da postoje samo mogućnosti 1+4 i 2+3.

1. slučaj: {{?},{?,?,?,?}}. Lako se vidi da je dovoljno odabrati prvi (jednočlani) skup – drugi će tada biti skupovna razlika od {1..5}. To očito možemo učiniti na 5 načina. Dakle, 1+4-particijā od {1..5} ima 5 .

2. slučaj: {{?,?},{?,?,?}}. Analogno, dovoljno nam je odabrati prvi (dvočlani) skup – elementi drugoga time su jednoznačno određeni. Dva elementa od pet možemo odabrati na (binomni koeficijent) (5 // 2)=10 načina. Dakle, 2+3-particijā od {1..5} ima 10 .

Sveukupno ih dakle ima 5+10=15 .

Dz Koliko ima tročlanih particijā skupa {1..4}? (Hint: sve su tipa 1+1+2 . Od 6 )

Zadaci sa skupovnim inkluzijama i jednakostima8Z Dokažite da vrijedi (A\B)u(B\A) = (AuB)\(AnB)Rj (C=) Neka je x@(A\B)u(B\A) proizvoljan. x je element unije dva skupa, pa vrijedi x@A\B V x@B\A. Sada bismo imali dvije grane u dokazu, ali zadatak je očito simetričan s obzirom na zamjenu "A" i "B", BSOMP x@A\B. To znači x@A i !(x@B).Sad: kao prvo, AC=AuB, pa iz x@A slijedi x@AuB. Kao drugo, pretpostavka x@AnB vodi na x@B (&x@A), što je u kontradikciji s !(x@B). Dakle, x nije u presjeku. To skupa s onim što smo gore zaključili (da je u uniji) daje jednu inkluziju.(D=) Neka je x@(AuB)\(AnB). Po definiciji skupovne razlike, x@AuB, ali !(x@AnB). Sada s obzirom na prvi zaključak (x je u uniji) imamo dvije grane, ali se opet mogu dobiti jedna iz druge samo zamjenom "A" i "B". Dakle BSOMP x@A. Tada pretpostavka x@B vodi na kontradikciju (s gornjim) x@AnB, pa mora biti !(x@B), što zajedno s x@A daje x@A\B. No A\B je podskup od lijeve strane, pa zaključujemo da je desna strana podskup lijeve.

D Inače, taj skup (koji stoji i s lijeve i s desne strane u gornjem zadatku) naziva se simetrična razlika skupova A i B: AAB:=(AuB)\(AnB). Ona je karakterizirana time da je x@AAB <=> x@A V x@B <=> (E!_S@{A,B})(x@S) – dakle, njeni elementi su oni koji su u točno jednom od skupova A i B.

9Z Dokažite: AC=C & BC=C <=> (AuB)C=C.Rj(=>) Pretpostavimo AC=C & BC=C, i neka je x@AuB. To znači x@A V x@B. BSOMP x@A. Zbog AC=C, x@C.(<=) Pretpostavimo AuBC= C. Budući da su A i B podskupovi od AuB, vrijedi da su podskupovi i od C.

Z AC=B & BC=C => AC=C.Rj Pretpostavimo AC=B i BC=C i neka je x@A. Zbog prve pretpostavke je x@B, a po tome je zbog druge x@C. Dokazali smo da je svaki element od A ujedno i element od C, čime je tvrdnja zadatka dokazana.

10Z Dokažite A\(BuC)=(A\B)\C. Na Koristit ćemo karakterizaciju jednakosti skupova A=B<=>(A_x)(x@A<=>x@B).xϵA\(BuC)<=>xϵA&!(xϵBuC)<=>xϵA&!(xϵBuxϵC)<=>xϵA&!(xϵB)&!(xϵC)<=>xϵA\B&!(xϵC)<=>xϵ(A\B)\C

Na Presjek i unija su asocijativne operacije, što znači da je svejedno kojim redom računamo presjek ili uniju tri (ili više) skupa: Au(BuC)=(AuB)uC i An(BnC)=(AnB)nC.

Z Dokažite da skupovna razlika nije asocijativna.Rj Trebamo dokazati negaciju univerzalne tvrdnje, dakle traži se kontraprimjer. Trebamo dokazati da općenito nisu jednaki skupovi A\(B\C) i (A\B)\C. Za ovaj drugi znamo po prethodnom zadatku da je jednak A\(BuC). BuC je nadskup od B\C, pa bi se očekivalo da A\ tog skupa bude podskup od A\ onog manjeg. (Dz Dokažite sve te tvrdnje.) Dakle, jedino što može pasti je druga inkluzija: A\(B\C) C=(A\B)\C. Za to nam očito treba situacija kad je B\C pravi podskup od BuC (jer ako su jednaki, tada su im i A\ovi jednaki), odnosno nije svejedno dodamo li Bu C ili mu ga oduzmemo. Dakle, C nije prazan. Recimo C:={1}. B može biti bilo kakav, pa ga možemo staviti i praznog, a A mora biti takav da se "ispod" njega vidi situacija između B i C. Najmanji takav je BuC. Dakle, A:=C:={1} & B:=0 A\(B\C)={1}\(0\{1})={1}\0={1} != (A\B)\C=({1}\0)\{1}={1}\{1}=0

Simetrična skupovna razlika jest asocijativna. Unija, presjek i simetrična razlika su komutativne operacije, a obična skupovna razlika nije.

11Z Ispitajte vrijedi li (A\B)uC=(AuC)\B.Rj Nije svejedno oduzmemo li prvo B pa onda dodamo C, ili obrnuto. Naime, ako se neki element nalazi i u B i u C, tada će biti u rezultatu ako je zadnja operacija bila dodavanje, a neće biti ako je zadnja operacija bila oduzimanje. Modelirajmo to: dakle, neki element (npr. 1 ) i u B i u C, a A uopće nije bitan, pa ga možemo ostaviti i praznog. A:=0 & B:=C:={1}(A\B)uC=(0\{1})u{1}=0u{1}={1} != (AuC)\B=(0u{1})\{1}={1}\{1}=0

Skupovna unija je distributivna prema presjeku i presjek prema uniji: Au(BnC)=(AuB)n(AuC)& An(BuC)=(AnB)u(AnC). A=(AnB)u(A\B). A\(A\B)=AnB. AC=B&AC=C<=>AC=BnC.

Z Neka su A, B, C i D proizvoljni skupovi. Označimo S:=(A\B)u(C\D) i T:=(AuC)\(BuD). Ispitaj vrijedi li inkluzija između S i T.Rj (SC=T) Neka je x@S. Tada x@A\B ili x@C\D. Zamjenom "A" i "B" sa "C" i "D" (tim redom) te dvije grane prelaze jedna u drugu, a T (i istinitost od x@T) ostaje isti. Dakle, BSOMP x@A\B. Tada lako x@AuC, ali ne mogu zaključiti !(x@BuD) (što bi mi trebalo za x@T) jer još uvijek može biti x@D. Dakle, kontraprimjer: x@D&x@A&!(x@B). Za C je svejedno. (x=1) A=D={1}&B=C=0 S=(A\B)u(C\D)=({1}\0)u(0\{1})={1}u0={1}!C=T=(AuC)\(BuD)=({1}u0)\(0u{1})={1}\{1}=0. (TC=S) Neka je x@T proizvoljan. Tada x@AuC i !(x@BuD), tj. !(x@B) i !(x@D). Unija vodi na dvije grane, x@A i x@C. U prvoj grani, x@A i !(x@B) daju x@A\B C= S, a u drugoj x@C i !(x@D) daju x@C\D C= S. U svakom slučaju x@S, pa je ta inkluzija dokazana.

Russellov paradoks

S Rekli smo prilikom "definiranja" skupova da može biti opasno kvantificirati bez ikakvih ograničenja, odnosno za svako svojstvo P jedne varijable imati skup svih x takvih da vrijedi P(x) – jer to može dovesti do paradoksā. (S druge strane, rekli smo da ako već imamo neki skup A, tada skup svih onih x@A za koje vrijedi P(x), nije opasan.)

Primjer takvog "čudnog" svojstva P(x) za koje ne možemo imati skup svih onih objekata koji ga zadovoljavaju, je !(x@x) (x nije element samog sebe). Naime, zamislivo je, ako na relaciju @ ("biti element") gledamo kao na nešto zaista potpuno nedefinirano (kao što smo rekli u uvodu u skupove), da skup između svojih elemenata može sadržavati i samog sebe. Kad bismo npr. mogli imati skup F={1,2,{1,2,{1,2,{....}}}}, tada bi očito F imao 3 elementa – 1 , 2 i F.

Čak ni da takvih skupova (koji sadrže sami sebe, dakle koji zadovoljavaju !P) nema, još uvijek nastavak konstrukcije stoji – skup svih onih koji imaju svojstvo P će jednostavno biti skup svih skupova (koji je inače također prilično opasna tvorevina, čak i u svjetovima u kojima je dopušteno skupovima imati same sebe kao elemente – ali to više nema puno veze s Russellom), i bit će jednako paradoksalan. Dakle, krenimo dalje.

Kao što je napomenuto, promotrimo "skup" R:={x;!(x@x)} (skup svih onih skupova koji nisu elementi samih sebe), i postavimo pitanje: je li R@R ili nije? (Rekli smo da je skup upravo takva neka tvorevina da za bilo kakav x mi možemo postaviti pitanje je li x@ njega ili nije, i dobiti – bar u principu – jednoznačan odgovor.)

Da vidimo: pretpostavimo prvo da nije. !(R@R). Međutim, R je skup (kao:) i gore piše da ima svojstvo P (ie, nije element samog sebe), a R je skup svih skupova koji imaju svojstvo P. Dakle, R je jedan od takvih, pa mora biti element od R. R@R, no to je u kontradikciji s !(R@R).

Dobro, dakle pretpostavka !(R@R) dovela je do kontradikcije, pa mora biti R@R. No R@{x;P(x)} znači upravo da R ima svojstvo P, odnosno da !(R@R). Kontradikcija. Obje pretpostavke vode do kontradikcije, dakle nije ni R@R, niti !(R@R).

Zaključak: za R kao skup, za x=R, ne možemo jednoznačno odgovoriti na pitanje je li x@R ili nije – ne zato što ne znamo odgovor, već zato što znamo da nijedan odgovor nije logički moguć. Dakle, R nije skup. Zaključak: metodom "okupi sve objekte koji imaju neko svojstvo" ne dobiva se uvijek skup.

Uređeni parovi i Kartezijev produkt"D" Uređen par nekih dvaju objekata x i y definira se kao novi objekt (x,y), kojeg čine x i y, s tim da se zna koji je prvi, a koji drugi (za razliku od skupa {x,y}, kojeg također čine x i y, ali pritom poredak nije bitan – {x,y}={y,x}).

Pp Dakle, dva uređena para su jednaka ako imaju jednake prve komponente, i jednake druge komponente: (a,b)=(c,d) <=> a=c & b=d

D (Samo za jako znatiželjne) Rekli smo da se u matematici gotovo sve može definirati preko skupova, pa tako i uređen par. Definicija je (x,y):={{x},{x,y}}. Koristeći tu definiciju, i definiciju jednakosti skupova, dokažite gornju propoziciju.

P Ako je a != b, tada je (a,b) != (b,a).

D Kartezijev produkt skupova A i B definira se kao skup svih uređenih parova kojima je 1. element iz A, a 2. iz B:AxB:={(x,y);x@A&y@B}

P Ako je A={x,y},B={1,2,3}, AxB={x,y}x{1,2,3}={(x,1),(x,2),(x,3),(y,1),(y,2),(y,3)}

O Kartezijev produkt je multiplikativna operacija, i time većeg prioriteta nego aditivne operacije poput unije i presjeka. Dakle, P AuBxC znači Au(BxC).

Z Je li Kartezijev produkt (a)komutativan, (b)asocijativan?Rj (a) Nije. Komutativnost je univerzalna tvrdnja, pa je dovoljno naći kontraprimjer za obaranje. Npr. {1}x{2}={(1,2)}, što je različito od {2}x{1}={(2,1)} – (1,2) je element prvog skupa, a drugog nije, jer je različit od (2,1) zbog 2!=1.(b) Nije. ({1}x{2})x{3}={(1,2)}x{3}={((1,2),3)}!={(1,(2,3))}={1}x({2}x{3}) (((1,2),3)!=(1,(2,3)) zbog (1,2)!=1).

Z Dokažite distributivnost Kartezijevog produkta prema uniji:Ax(BuC) = AxB u AxC . Rj Trebamo dokazati jednakost dvaju skupova. To dokazujemo tako da dokažemo da je jedan podskup, a zatim i nadskup drugoga. Prvo dokazujemo da je lijeva strana podskup desne: (Ax(BuC)C=AxBuAxC) Trebamo dokazati da je jedan skup podskup drugoga. To dokazujemo tako da uzmemo proizvoljni element jednog skupa, i dokažemo da je on i u drugom skupu. Dakle, uzmimo proizvoljni x@Ax(BuC).x je element kartezijevog produkta skupova A i BuC, dakle x je uređeni par kojem je prva komponenta iz A, a druga iz BuC: x=(p,q), p@A, q@BuC. Ovo zadnje znači q@B V q@C, odnosno dokaz se ovdje račva na dvije grane. No te dvije grane su potpuno jednakog oblika, i dobivaju se jedna iz druge zamjenom B i C. Dakle, BSOMP q@B. Iz toga i iz p@A dobivamo (p,q)@AxB, odnosno x@AxB. No AxBC=AxBuAxC, odnosno x je element i od AxBuAxC.Uzeli smo proizvoljni element iz Ax(BuC), i dokazali smo da je on element od AxBuAxC. Dakle, dokazali smo Ax(BuC)C=AxBuAxC. (AxBuAxCC= Ax(BuC)) Opet, trebamo dokazati da je jedan skup podskup drugoga. Dakle, uzmemo proizvoljni element (možemo ga zvati x, ali radi izbjegavanja konfuzije s ovim gore nazvat ćemo ga drugačije) y@AxBuAxC. y je element unije dva skupa, dakle y@AxB V y@AxC. Tu opet imamo račvanje na dvije potpuno izomorfne grane, pa BSOMP y@AxB. Dakle, y je element Kartezijevog produkta A i B, odnosno y=(p,q), p@A, q@B. B je podskup od BuC, pa je dakle q i iz BuC. Iz toga i iz p@A dobivamo y=(p,q)@Ax(BuC), što smo i tražili. Dokazali smo oba smjera, i zaključujemo da gornja dva skupa od kojih smo krenuli, zaista jesu jednaki. QED.

Kartezijev produkt je distributivan i prema presjeku, razlici i simetričnoj razlici skupova.

Relacije i svojstvaD Neka su A i B skupovi. Relacija između A i B je bilo koji skup uređenih parova kojima je 1. element u A, a 2. u B , tj. bilo koji podskup njihovog Kartezijevog produkta: r:A--B:<=>r=AxB.Ako je (a,b)@r (gdje su a@A i b@B), tad kažemo: a i b su u relaciji r, ili a je u relaciji sa b, i pišemo arb.

S Ima puno primjera relacijā – npr. među skupovima asistenata i kolegija na fakultetu, relacija drži_vježbe_iz ( Vekydrži_vježbe_izEM1 ). No bolje za proučavanje od tako općenitih su binarne relacije. (Ubuduće, ako se ne kaže drugačije, sve relacije bit će binarne.)D Binarna relacija je relacija između skupa i samog sebe: r:A--A, odnosno r C= AxA =: A2. Tad se umjesto "relacija između A i A" kaže jednostavno "relacija na (skupu) A".

P Primjeri (binarnih) relacijā:Na skupu R, relacija <= ("manje ili jednako") (P 2<=5) Na skupu Q, relacija < ("strogo manje") Na skupu svih pravaca u ravnini, relacija || ("paralelno") (P p||p) Na P(S) (S univerzalni skup), relacija C= ("podskup") Na skupu N, relacija | ("dijeli") (P 3|6)

D Za binarnu relaciju r na (univerzalnom) skupu A, kažemo da je:refleksivna ako ((A_a))(ara); irefleksivna ako ((A_a))!(ara) (Na to nije isto što i negacija refleksivnosti, koja je (E_a)!(ara)); simetrična ako arb=>bra (R a i b se podrazumijevaju univerzalno kvantificirane po A); antisimetrična ako arb&bra=>a=b (Na to uključuje slučaj kad !(arb&bra)); tranzitivna ako arb&brc=>arc (O tada se arb&brc često zapisuje kao arbrc).

P Primjeri relacija s njihovim svojstvima:paralelnost pravaca u ravnini – refl,sim,tranz (!tranz u ravnini Lobačevskog:) okomitost pravaca u ravnini – irefl,sim <= na N – refl,antisim,tranz < na R – irefl,antisim,tranz C= na P(S) – refl,antisim,tranz "disjunktan" na P(S) – sim (!irefl – (0,0)) | na Z – refl,tranz (!antisim – (2,-2)) | na N – refl,antisim,tranz "relativno prost" na N – sim (!irefl – (1,1)) = na S – refl,sim,antisim,tranz A2 na A – refl,sim,tranz 0 na S – irefl,sim,antisim,tranz 0 na 0 – refl,irefl,sim,antisim,tranz (☺)

D Binarna relacija se zove još nekim posebnim imenima, ako ispunjava nekoliko gornjih svojstava odjednom:parcijalni uređaj (PU), ako je refleksivna, antisimetrična i tranzitivna; irefleksivni parcijalni uređaj (IPU), ako je irefleksivna i tranzitivna; relacija ekvivalencije (RE), ako je refleksivna, simetrična i tranzitivna.

P Paralelnost u euklidskoj ravnini je RE. < je IPU. <= i C= su PUovi. No postoji jedna bitna razlika između ta dva PUa: Dok svaka dva broja možemo usporediti po veličini ((A_x@R)(A_y@R)(x<=y V y<=x)), to općenito ne možemo sa skupovima i relacijom "podskup": npr., niti je {1} podskup od {2}, niti je {2} podskup od {1}. Kažemo da za relaciju C= postoje neusporedivi elementi. PU koji nema neusporedivih elemenata (poput <= gore) zove se još i totalni uređaj ili TU.

Relacije ekvivalencije, klase i kvocijentni skup

S Rekli smo da se binarna relacija zove RE (relacija ekvivalencije) ako je refleksivna, simetrična i tranzitivna. U tom slučaju možemo definirati još neke pojmove, i uspostaviti vezu s nečim što smo radili prije, s particijama. Da vidimo...

D Neka je ~ RE na skupu S i neka je x@S. Skup svih y@S koji su u relaciji s x zove se klasa ekvivalencije (od x , po relaciji ~ ) , ili jednostavno klasa od x po ~. Ako se radi samo o jednoj RE, često se i ona ispušta i govori se samo o klasi od x. [x]~:={y@S:xry}.

S Zbog toga što je ~ RE, klase imaju razna dobra svojstva. Refleksivnost znači da je svaki element u svojoj klasi. Simetričnost znači da je svejedno gledamo li sve y koji su u relaciji s x, ili s kojima je x u relaciji – inače bismo morati napraviti tu distinkciju. Tranzitivnost zapravo znači da su klase međusobno disjunktne:

Pp Neka su [x] i [y] dvije klase ekvivalencije, relacije ~ na univerzalnom skupu S. Dokažite:a. x~y <=> [x]=[y] , & b. !(x~y) <=> [x]n[y]=0

Rj (a=>) Neka je x~y. Treba dokazati jednakost dva skupa, [x] i [y]. No jasno je da je zadatak simetričan s obzirom na zamjenu x i y (~ je simetrična), pa je dovoljno dokazati ("BSOMD":) samo jednu inkluziju. Neka to bude [x] C= [y].Dakle, neka je z@[x] proizvoljan. z@[x] znači z~x, a imamo pretpostavku x~y. Po tranzitivnosti, z~y, odnosno z@[y].(a<=) Ovo je zgodan dokaz: pretpostavimo [x]=[y]. No tada je x@[x] zbog refleksivnosti, pa i x@[y] jer je to jedna te ista klasa. Dakle, x~y.Za dokaz (b), primijetimo da su tvrdnje ekvivalentne ako su im negacije ekvivalentne. Dakle, dovoljno je dokazati (b') x~y <=> [x]n[y] != 0.(b'=>) Ako je x~y, vidjeli smo u (a) da su [x] i [y] ista klasa, pa se stvar svodi na dokazivanje da je [x]n[x]=[x] neprazna, što jest zbog x@[x] (refleksivnost).(b'<=) Ako je [x]n[y] != 0, znači da postoji neki z koji je u obje klase. Dakle, (E_z)(z~x&z~y). No tada po simetričnosti x~z, što sa z~y daje po tranzitivnosti x~y.

S Rekapitulirajmo: klase ekvivalencije su neprazne (refleksivnost), disjunktne su (ie, one koje su različite – tj. one čiji generatori nisu u relaciji), i u uniji daju cijeli univerzalni skup (jer je svaki element u nekoj (konkretno, svojoj) klasi, pa time i u uniji svih klasā). Po definiciji particije, vidimo da T klase ekvivalencije čine particiju.

D Ta particija, odnosno skup svih klasā neke RE ~ na skupu S, naziva se kvocijentni skup od S po ~: S/~:={[x]~;x@S}. S Ono što je zanimljivo je da vrijedi i obrat – od bilo koje particije možemo doći do relacije ekvivalencije, čiji će kvocijentni skup biti upravo polazna particija:

T Neka je P:={Bi;i@I} neka particija univerzalnog skupa S. Definiramo relaciju ~:S--S s x~y:<=>(E_i@I)({x,y}C=Bi). Tada je ~ RE, i S/~=P.

Zadaci s relacijama i njihovim svojstvima19Z Na univerzalnom skupu S:={1..4} dana je binarna relacija r:={(1,2),(2,3),(3,4),(1,3),(2,4),(4,4),(1,4)}. Odredite svojstva relacije r.Rj (refl) Da bi bila refleksivna, mora vrijediti (A_x)(xrx). No !(1r1), dakle nije refleksivna.(irefl) Da bi bila irefleksivna, ne smije postojati nijedan x takav da je xrx. No 4r4, pa r nije ni irefleksivna.(sim) Za svaki par xry provjerimo vrijedi li i yrx. No 1r2&!(2r1) pokazuje da r nije ni simetrična.(antisim) Za antisimetričnost ne smiju postojati x!=y takvi da xryrx. Takvi zaista ne postoje, što se može provjeriti ispitivanjem svih slučajeva, ali može i ovako: vidimo da je u svakom uređenom paru xry ispunjeno x<=y (možemo reći, r je podskup relacije – podrelacija od <= na S). Sad naravno da takvi x i y ne postoje, jer bi moralo biti i x<=y<=x, što bi povlačilo x=y. Iz toga vidimo da je podrelacija antisimetrične relacije ponovo antisimetrična.(tranz) Vidimo da je r zapravo relacija < na S, kojoj je dodan još par (4,4). Iz toga direktno slijedi da je tranzitivna (što se također može dobiti provjerom svih slučajeva). Neka je xryrz. To znači ili x<y<z (u kom slučaju je i x<z, pa i xrz), ili su bar dva od x,y,z četvorke. U potonjem slučaju, ako je x=4, tad očito svi moraju biti 4, pa je ok. Inače, y=z(=4), pa xry znači isto što i xrz. Dakle, r jest tranzitivna.

21 Na skupu studenata prve godine definirana je relacija EM. Za dva studenta A i B vrijedi AEMB :akko vrijedi jedna od sljedećih tvrdnji:Nijedan od njih nije položio ispit iz EM1, Oba su položila EM1, s istom ocjenom, ili A je položio EM1, a B nije.Odredite svojstva relacije EM.Hi Refleksivna i tranzitivna jest. Ako postoje bar dva studenta koja nisu položila EM1, i bar jedan koji jest, nije ni simetrična ni antisimetrična.

23Z Na univerzalnom skupu S:={1..5} zadana je relacija r:={(1,1),(2,2),(3,3),(4,4),(5,5),(1,3),(3,1),(4,5),(5,4)}. Dokažite da je r relacija ekvivalencije, i odredite kvocijentni skup S/r.Rj Da bismo dokazali da je r RE, trebamo dokazati njenu refleksivnost, simetričnost i tranzitivnost.(refl) Prolazimo po x@S, i provjeravamo xrx. Vidimo da vrijedi za sve brojeve od 1 do 5 .(sim) Parove jednakih elemenata xrx sada ne treba provjeravati, jer za njih očito vrijedi i s druge strane, xrx. Dakle, preostalo je samo provjeriti 1r3 , 3r1 i 4r5 , 5r4.(tranz) Idemo po svim slučajevima. Opet, parove jednakih ne treba provjeravati jer: (1) ako je x=y, tada yrz znači xrz; i (2) ako je y=z, tada xry znači xrz. Dakle, strategija je: idemo s (x,y); x != y po r, i za svaki takav par tražimo sve z; != y takve da vrijedi yrz. Za svaki takav z provjeravamo je li xrz. Idemo:(x,y)=(1,3). x=1 & y=3. Tražimo one z !=3 za koje vrijedi 3rz. Lako se vidi da je jedini takav z=1. No tada xrz znači 1r1, a to vrijedi. (x,y)=(3,1). y=1. Jedini z različit od 1 koji je u relaciji s 1 , je 3 . xrz sada postaje 3r3, pa je i to ok. (x,y)=(4,5). y=5. Jedini vrijedan razmatranja z=4. 4r4. x=5 y=4 z=5 . 5r5.Dakle, r jest RE. Određujemo klase:[1]r={x:1rx}={1,3}[2]r={x:2rx}={2}[3]r=[1]r(*jer 1r3*)={1,3}[4]r=[5]r={4,5} Dakle, S/r={[x]r;x@S}={{1,3},{2},{4,5}}.

Na S:={1..4} dana je relacija r:={(1,1),(2,2),(3,3),(4,4),(1,2),(2,3),(1,3),(3,4),(1,4)}. Je li to parcijalni uređaj?

Z Na skupu {1..5} definirajte jednu RE koja ima točno dvije klase.Rj Zapravo trebamo skup {1..5} podijeliti na dva neprazna disjunktna podskupa. Valjda je najprirodnija podjela na parne i neparne brojeve. Sad je jasno da je relacija "biti iste parnosti". S/"iste parnosti"={{1,3,5},{2,4}}.

Djeljivost

D U teoriji brojeva središnji objekt proučavanja su cijeli brojevi. Skup cijelih brojeva se označava sa Z={0,1,-1,2,-2,....}, i njega ćemo često smatrati univerzalnim skupom u ovom poglavlju. Pozitivni cijeli brojevi još se zovu prirodni brojevi - skup svih njih označava se s N={1,2,3,4,....}.

S Cijele brojeve možemo proizvoljno zbrajati, oduzimati i množiti – kažemo da je Z prsten. No što je s dijeljenjem? Pokazuje se da, iako dva cijela broja ne možemo uvijek podijeliti i dobiti kao rezultat cijeli broj, uvijek ih možemo (ako drugi nije nula) podijeliti s ostatkom. (Dijeljenje negativnim brojem nije naročito korisno, a pojednostavljuje definiciju ostatka, pa se često uzima da je djelitelj prirodan.) Na taj način dobijemo kao rezultat _dva_ broja – kvocijent i ostatak.

T (o dijeljenju s ostatkom)Neka su k i l cijeli brojevi, l>0 . Tada postoje jedinstveni cijeli brojevi q i r , tako da r zadovoljava nejednadžbu 0<=r<l , te vrijedi k=q*l+r . (A(k,l)@ZxN)(E!(q,r)@Zxl)(k=q*l+r) D Broj q zovemo (cjelobrojni) kvocijent pri dijeljenju k sa l , i označavamo ga s k div l, dok broj r zovemo ostatak pri dijeljenju k sa l , i označavamo ga s k mod l.

S Naravno, neke cijele brojeve _možemo_ podijeliti. U tom slučaju će gornji r biti 0 . No taj slučaj ima smisla i kad je l negativan, čak i kad je nula, pa stavimo to u posebnu definiciju.D Neka su k i l proizvoljni cijeli brojevi. Kažemo da l dijeli k (ili da je k djeljiv s l , ali pazite na redoslijed!), i pišemo l|k , ako postoji cijeli broj m takav da je k=l*m . l|k :<=> (Em@Z)(k=l*m)P Slijede neki primjeri djeljivosti:3|15 , jer postoji cijeli broj 5 takav da je 15=3*5 . 15(!|)3 , jer ne postoji cijeli broj m takav da je 3=15*m . -2|4 & 2|-4 (m=-2) 8|8 & -5|-5 (m=1) -3|-15 & -15(!|)-3 4|0 & 0|0 (m=0) - svaki broj dijeli nulu! 0(!|)4 , jer za svaki m , 0*m=0 , pa ne može biti 4 . Nula ne dijeli nijedan broj osim nule!

1Z Djeljivost možemo promatrati kao relaciju na Z, |:Z--Z. Ispitajte njena svojstva.Rj Refleksivnost: vrijedi. Za svaki k , k|k (m=1) .Simetričnost: ne vrijedi. 2|4 , ali 4(!|)2 .Antisimetričnost: ne vrijedi. -3|3 , i 3|-3 , a različiti su.Tranzitivnost: vrijedi. Ako k|l & l|n , to znači l=k*m za neki m , i n=l*p za neki p . No tada je n=l*p=(k*m)*p=k*(m*p) , a m*p je kao produkt cijelih brojeva cijeli broj, pa k|n .N Vidjeli smo da relacija djeljivosti na Z nije antisimetrična. No ako je restringiramo na N , tada jest antisimetrična. Zaista, k|l&l|k povlači k=ml&l=nk , odnosno mn=1 , što je u prirodnim brojevima moguće jedino ako je m=n=1 . Dakle, relacija djeljivosti na N je parcijalni uređaj. On nije totalan (niti 2 dijeli 3 niti 3 dijeli 2 , dakle 2 i 3 su neusporedivi s obzirom na taj uređaj), ali je sadržan u standardnom totalnom uređaju prirodnih brojeva <= (ako k|l , tada k<=l ).

2Z Neka su k , l i m prirodni brojevi. Dokažite:Ako k|l i k|m , tada k|l+m i DZ k|l-m . Ako k|l , tada k|l*m .Vrijede li obrati?Rj a) l=k*s i m=k*t za neke cijele brojeve s i t . No tada je l+m=k*s+k*t=k*(s+t) , a s+t je kao zbroj cijelih brojeva cijeli broj. Dakle, k|l+mObrat ne vrijedi: Kp 2|1+1 , ali 2(!|)1 .b) Trivijalno l|l*m . Sada tvrdnja slijedi iz tranzitivnosti relacije | .Obrat također ne vrijedi: 4|2*2 , ali 4(!|)2 .

Prosti brojevi

D Za prirodan broj n@N\.{1} kažemo da je prost (ili primbroj) ako su mu jedini prirodni djelitelji 1 i n : n@N =>: prost(n) :<=> (Ak@N)(k|n => k=1Vk=n) Skup primbrojeva označava se s P.Složen je (prirodan broj koji nije 1 ) ako nije prost. Primijetimo, broj 1 nije ni prost ni složen!P Primbrojevi: 2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,.... .Složeni brojevi: 4,6,8,9,10,12,14,15,16,18,20,21,22,24,25,26,27,28,30,.... .

5aZ Dokažite da svaki prirodan broj strogo veći od 1 ima bar jedan prost faktor (prirodni djelitelj). D:) (Ak@N\.{1})(Ep@P)(p|k) Rj Pretpostavimo suprotno, da postoji prirodan broj veći od 1 , koji nema nijednog prostog faktora. Neka je m najmanji takav. To znači da je m prirodan broj, nije 1 , nema nijednog prostog faktora (svaki "faktor" je ili 1 ili složen), te da svaki broj strogo između 1 i m ima bar jedan prost faktor. m je prirodan broj koji nije 1 , dakle ili je prost ili je složen. Pretpostavka da je prost vodi na kontradikciju - m je tada sam svoj prost faktor; a pretpostavka da je složen vodi na činjenicu da postoji faktor k|m , koji nije ni 1 ni m . No u prirodnim brojevima k|m povlači k<=m , pa je k prirodan broj strogo između 1 i m . Po gornjoj pretpostavci, k ima prost faktor - postoji p@P takav da p|k . No tranzitivnost sad povlači p|m , dakle m ima prost faktor p , što je kontradikcija. Jedino je dakle moguće da takav m ne postoji, pa zaista svaki prirodan broj osim broja 1 ima bar jedan prost faktor.

5bZ Dokažite da se svaki složen broj može zapisati kao produkt dva ili više prostih brojeva. Prosti brojevi se mogu onda shvatiti kao "produkt jednog prostog broja", a broj 1 se može shvatiti kao "produkt nula prostih brojeva". Na taj način, svaki prirodni broj je produkt prostih brojeva. Svi su oni njegovi faktori, pa kažemo da smo ga rastavili na proste faktore. Rj Na vrlo sličan način, i koristeći prethodni zadatak. Pretpostavimo suprotno - da postoji složen broj koji nije produkt prostih. Neka je m najmanji takav. To znači da je m složen broj, koji nije produkt prostih, te da su svi složeni brojevi manji od m produkti prostih. m je složen broj, dakle nije 1 . Po zadatku 5a , m ima prost faktor p . Označimo k:=m/p . To je prirodan broj koji je strogo manji od m ( p je prost, dakle bar 2 ). Ako je k prost, m=k*p je produkt prostih brojeva. Ako k nije prost, onda je složen (nije 1 , jer m(!=)p -- m je složen a p je prost), pa je produkt prostih. Ako na taj produkt prostih na kraju stavimo još p , dobit ćemo m kao produkt prostih brojeva. To je kontradikcija, dakle takav m ne postoji. QED

N Koristili smo važno svojstvo skupa N - od prirodnih brojeva s nekim svojstvom, ako ih uopće ima, uvijek postoji najmanji. Primijetimo da npr. skupovi Z i Q+ nemaju to svojstvo. To ("metoda najmanjeg kontraprimjera", kako je korištena ovdje) nam omogućuje efikasno dokazivanje mnogih tvrdnji vezanih uz prirodne brojeve. N Tvrdnja zadatka može se i pojačati - ne samo da postoji rastav, nego je on jedinstven (do na poredak faktorā). To je slavni Osnovni Teorem Aritmetike.

6Z Dokažite da je skup P beskonačan. Rj Opet, pretpostavimo suprotno - da ima samo konačno mnogo primbrojeva, i neka su to P={p1,p2,...,pn}. Pogledajmo sljedbenik njihovog umnoška: m:=p1*p2*...*pn+1. Taj prirodni broj je očito strogo veći od 1 (čak i da je P=0 , produkt nula prostih brojeva je 1 , pa je m=2 ), dakle (po zadatku 5a ) ima prost faktor. No svi prosti brojevi su popisani gore, dakle taj prost faktor je jedan od njih - BSOMP da je to p1 . Sada p1 dijeli m , a dijeli i m-1 (jer je to produkt svih prostih brojeva), pa dijeli i njihovu razliku: p1|1 . To bi značilo p1=1 , a to je nemoguće jer 1 nije prost broj. Dakle, početna pretpostavka je kriva, odnosno postoji beskonačno mnogo prostih brojeva. QED N To je dokaz poznat još od Euklida. Zanimljivo je to da Stari Grci nisu priznavali beskonačnost kao legitimni matematički pojam, pa je Euklid zapravo pokazao (vlastitim riječima) da "prostih brojeva ima više od bilo koje predložene količine prostih brojeva". I dokaz zaista tako počinje: "neka je p1,...,pn bilo koja predložena količina prostih brojeva...". Neka, bar je metoda kontradikcije bila vrlo prirodna stvar. ;-) DZ Čemu komplikacija sa zadatkom 5a , i prostim faktorom od m ? Nije li već m prost? Zaista,'P'=0 => m=1+1=2@P . 'P'={2} => m=2+1=3@P . 'P'={2,3} => m=2*3+1=7@P . ... Dokažite da to vrijedi i općenito, ili nađite kontraprimjer.

7Z Neka je m umnožak prvih 100 primbrojeva. Odredite ostatak pri dijeljenju broja m s a)10 , b)4 . Rj a) Odrediti ostatak pri dijeljenju s 10 isto je što i odrediti zadnju znamenku (za određivanje predzadnje, može poslužiti Perl), u ovom slučaju broja m . No budući da je prvi primbroj jednak 2 , a treći je 5 , očito oba ulaze u produkt, pa je m djeljiv s 10 , odnosno zadnja znamenka mu je 0 .b) 2 je jedini paran primbroj - svi ostali parni brojevi su djeljivi njime, pa nisu prosti. Dakle, ostalih 99 brojeva u rastavu m na proste faktore, su neparni, pa je i njihov produkt neparan, odnosno oblika 2k+1 . Sada je m taj produkt pomnožen još s 2 , dakle m=2(2k+1)=4k+2 , odnosno m mod 4 = 2.

Najveća zajednička mjeraD Neka su a i b cijeli brojevi koji nisu oba nula. Za prirodan broj d kažemo da je najveća zajednička mjera (ili najveći zajednički djelitelj) brojeva a i b , i pišemo d=NZM(a,b) , ako d ima sljedeća svojstva:d|a & d|b Za svaki prirodni c , c|a & c|b => c|d (Svojstvo 1 kaže da je d zajednički djelitelj od a i b . Svojstvo 2 kaže da je d djeljiv sa svim zajedničkim djeliteljima od a i b , pa je "najveći" u parcijalnom uređaju "|". No budući da na N djeljivost povlači standardni uređaj po veličini, d je stvarno najveći i u uobičajenom smislu.)

S Da bismo opravdali gornju definiciju, koja o NZM(a,b) govori kao o potpuno određenom objektu, trebamo vidjeti da zaista za svaki par (a,b) (osim (0,0) ) postoji takav d , i da je on jedinstven. Kao i obično u takvim dokazima, jedinstvenost je lakše dokazati. Naime, pri tome nam pomaže antisimetričnost relacije "|" na N (zato smo i propisali d@N u definiciji). Ako postoje dva takva, recimo c i d , lako se vidi da c|d , i analogno d|c , pa moraju biti jednaki. Za egzistenciju, bilo bi dobro efektivnije naći broj koji ima gornja dva svojstva. To izlazi iz sljedećeg: 8Z Neka su a i b cijeli brojevi takvi da !(a=b=0) , i neka je d najmanji prirodni broj oblika ka+lb (najmanja prirodna linearna kombinacija a i b s cjelobrojnim koeficijentima). Dokažite da je d=NZM(a,b) .Rj Trebamo dokazati da d ima gornja dva svojstva. Svojstvo 2. je lakše -- d je neka linearna kombinacija a i b , pa svaki c koji dijeli a i b , dijeli i d . (Neka je d=k0*a+l0*b . Ako c dijeli a , tada dijeli i k0*a . Ako c dijeli b , dijeli i l0*b . Ako dijeli oba, dijeli i njihov zbroj.) Još treba dokazati svojstvo 1., odnosno da d zaista dijeli oba broja a i b . Naravno, zbog simetrije zadatka a<->b , dovoljno je dokazati d|a -- tada d|b ide potpuno analogno.Pa pretpostavimo da d ne dijeli a . Po Teoremu o dijeljenju s ostatkom, postoje brojevi q i r takvi da je a=d*q+r , i 0<=r<d . Po pretpostavci r nije 0 , pa je r prirodan broj strogo manji od d . No sjetimo se, d=k0*a+l0*b . Odnosno, r=a-d*q=a-(k0*a+l0*b)*q=a-k0*q*a-l0*q*b=(1-k0*q)*a+(-l0)*b -- 1-k0*q i -l0 su cijeli brojevi, pa je r također prirodna linearna kombinacija a i b s cjelobrojnim koeficijentima. d je najmanja takva, no to je u kontradikciji s r<d. So, pretpostavka je bila kriva, te vrijedi d|a . Odnosno, d je zaista najveća zajednička mjera od a i b . Dokaz nije gotov: primijetimo, koristili smo već prije korišteno svojstvo da ako prirodnih brojeva nekog oblika ima, onda postoji i najmanji takav. No ima li ih uopće? Kako znamo da postoji linearna kombinacija a i b koja je prirodan broj? Lako... ako nisu oba nula, bar jedan (BSOMP a ) nije 0 . No tada je |a|=sgn(a)*a+0*b prirodan broj.

9L Dokažite NZM(a,b)=NZM(b,a)=NZM(a,-b)=NZM(a,a+b)=NZM(a,a-b)=NZM(b,a-b) . Rj Sve ove jednakosti dokazuju se prilično slično; ovdje ću pokazati samo jednu, ostale ostavljam kao DZ.Označimo c:=NZM(a,b) i d:=NZM(b,a-b) . Dokažimo c=d .Prvo, iz c|a i c|b slijedi c|a-b . Iz c|b i c|a-b slijedi ( c je zajednički djelitelj brojevia b i a-b , a d je najveći takav) c|d . Prilično analogno, iz d|b i d|a-b slijedi i da dijeli njihov zbroj, d|b+(a-b)=a . Sad iz d|a i d|b slijedi d|c .Iz c|d i d|c ( c i d su prirodni) slijedi c=d .

S Gornja propozicija nam pokazuje da možemo proizvoljno pribrajati jedan broj drugome, oduzimati, mijenjati predznake i redoslijed argumenata -- NZM će ostati isti. Iz toga se lako vide sljedeće stvari:BSOMP da su a i b nenegativni. Naime, promjena predznaka je ok, pa vrijedi NZM(a,b)=NZM(|a|,|b|) .Nadalje, BSOMP da je a>=b . Naravno, ako nije, zamijenimo ih. Sad imamo a>=b>=0 , s tim da ne mogu vrijediti obje jednakosti (nisu oba nula, preciznije a sigurno nije nula). Što ako vrijedi jedna od njih?Ako je b=0 , lako je vidjeti da je upravo a=NZM(a,0) . Naime a|a & a|0 , te bilo koji drugi broj koji dijeli a i 0 , naravno dijeli a . Ako je a=b , možemo oduzeti jednog od drugog: NZM(a,a)=NZM(a,a-a)=NZM(a,0) , a to je jednako a kako smo vidjeli gore. Još je samo preostao slučaj a>b>0 . U tom slučaju vrijedi NZM(a,b)=NZM(b,a-b)=NZM(b,(a-b)-b)=NZM(b,a-2b)=NZM(b,a-3b)= ... , i tako dovoljno mnogo puta, dok ne oduzmemo dovoljno b-ova da a-q*b postane manji od b . Tada će on upravo biti a mod b , i vidimo da vrijedi NZM(a,b)=NZM(b,a mod b) , gdje je također b>a mod b>=0 , pa možemo nastaviti na isti način: ako je a mod b=0 , NZM je jednak b , a ako nije, ponovimo postupak i dobijemo NZM(b,a mod b)=NZM(a mod b,b mod(a mod b)) , i tako dalje. Još samo treba vidjeti da to staje nakon konačno mnogo koraka: pretpostavimo da nije tako, tj. da ostatak pri dijeljenju nikad nije 0 . Budući da je a mod b uvijek strogo manje od b , dobivamo na drugom mjestu u NZM strogo padajući niz prirodnih brojeva. Takav (beskonačni) niz nije moguć (još jedno bitno svojstvo skupa N -- primijetimo da npr. u Z i Q+ postoje strogo padajući beskonačni nizovi), pa je to kontradikcija -- postupak mora stati nakon konačno mnogo koraka. Drugim riječima, dobili smo algoritam za računanje NZM , poznat pod imenom Euklidov algoritam:

Al Neka su dani cijeli brojevi a i b , koji nisu oba 0 . Treba odrediti NZM(a,b) .Ako je a<b , NZM(a,b)=NZM(b,a) . Ako je b<0 , NZM(a,b)=NZM(a,-b) . Ako je b=0 , NZM(a,b)=a . Ako je a>=b>0 , NZM(a,b)=NZM(b,a mod b) .P Izračunajmo gornjim algoritmom NZM brojeva 3094 i 19950 . (U uglatim zagradama su slučajevi 1..4 .)

NZM(3094,19950)=[1]NZM(19950,3094)=[4] | 19950 : 3094 = 6 i ost. 1386NZM(3094,1386)=[4] | 3094 : 1386 = 2 i ost. 322NZM(1386,322)=[4] | 1386 : 322 = 4 i ost. 98NZM(322,98)=[4] | 322 : 98 = 3 i ost. 28NZM(98,28)=[4] | 98 : 28 = 3 i ost. 14 <--NZM(28,14)=[4] | 28 : 14 = 2 i ost. 0NZM(14,0)=[3] 14Vidimo da zapravo sve možemo rekonstruirati iz ovih dijeljenjā u desnom dijelu -- i obično se onda samo to piše kao Euklidov algoritam. Zadnji stupac, ostaci pri dijeljenju, strogo pada (jer u svakom koraku dijelimo prethodnim ostatkom) prema nuli, i onaj pretposljednji ostatak (prije nule) upravo je tražena NZM.

S To je Euklidov algoritam, najefikasniji način za općenito traženje NZM. (U osnovnoj školi se obično radi algoritam koji se oslanja na rastavljanje oba broja na proste faktore, i množenje zajedničkih faktorā. To je strahovito loš algoritam -- dok vrijeme izvršavanja Euklidovog algoritma raste u najgorem slučaju kvadratno s brojem znamenaka danih brojeva, trenutno čovječanstvo ne zna za općenit algoritam rastavljanja na proste faktore koji nije sporiji od lagano subeksponencijalnog ecbrt(brojznamenaka). Konkretno, dok Euklidov algoritam s tipičnim 200znamenkastim brojevima na danas uobičajenom PCu troši manje od tisućinke sekunde, rastav tipičnih 200znamenkastih brojeva na proste faktore trenutno je izvan ljudskih mogućnostī. Zapravo, među najbržim algoritmima današnjice za faktorizaciju broja n upravo su algoritmi koji (Euklidovim algoritmom) traže NZM broja n s brojem koji je dobiven množenjem ogromne hrpe prostih brojeva.) No osim traženja NZM, na njemu je moguće izgraditi i neke druge algoritme. Jedan od često korištenih je tzv. prošireni Euklidov algoritam, koji služi za traženje onih k0 i l0 -- cjelobrojnih koeficijenata pomoču kojih se NZM(a,b) može prikazati kao linearna kombinacija brojeva a i b . Da vidimo kako se to radi, primijetimo da onaj prvi ostatak, r1:=a mod b , sigurno možemo prikazati kao linearnu kombinaciju a i b : to je jednostavno a-q*b=1*a+(-q)*b , gdje je q:=a div b . Na isti način možemo prikazati sljedeći ostatak, r2:=b mod r1 , kao linearnu kombinaciju b i r2 , _a time i_ kao linearnu kombinaciju a i b (uvrstimo r2 ). Sada možemo prikazati i r3 (pomoću r1 i r2 , dakle i pomoću a i b ), i tako dalje, sve do pretposljednjeg ostatka koji je NZM. No zapravo je lakše ići unatrag, od NZM prema sve većim ostacima, sve do početnih argumenata. Pogledajmo:P Nastavljajući gornji primjer, 14=NZM(19950,3094)=98mod28 = 98 -3*28 =1*98+(-3)*28==1*98+(-3)*(322-3*98) =-3*322+(1-3*(-3))*98 =-3*322+10*98==-3*322+10*(1386-4*322) =10*1386+(-3-4*10)*322 =10*1386+(-43)*322==10*1386+(-43)*(3094-2*1386)=-43*3094+(10-2*(-43))*1386=-43*3094+96*1386==-43*3094+96*(19950-6*3094)=96*19950+(-43-6*96)*3094=96*19950+(-619)*3094, dobivamo da su koeficijenti redom 96 i -619 uz 19950 i 3094 . (Naravno, zbog velike mogućnosti pogreške u računanju ovakvog tipa, dobro je provjeriti da je 96*19950+(-619)*3094 zaista jednako 14 .) Primijetimo da, pošto je 14 relativno malen u odnosu na 19950 i 3094 , želimo da 96*19950 i 619*3094 budu "približno jednaki", dakle da uz manji broj (3094) ide koeficijent koji je veći po apsolutnoj vrijednosti (-619), i obrnuto. To je informacija koja može biti korisna kasnije. Također primijetimo da koeficijenti (pogledajmo zadnji stupac jednakosti) čine "domino" lanac uređenih parova (1,-3)->(-3,10)->(10,-43)->(-43,96)->(96,-619) , u kojem se novi brojevi dobivaju od prethodna dva, i odgovarajućih kvocijenata u Euklidovom algoritmu. Konkretno, -3=0-3*1 ; 10=1-3*(-3) ; -43=-3-4*10 ; 96=10-2*(-43) ; -619=-43-6*96 , gdje su podvučeni upotrijebljeni kvocijenti. Vidimo da se koriste obrnutim redom, da nam onaj zadnji (čiji je ostatak 0 , u našem slučaju 2=28:14 ) uopće ne treba, te da su dva posljednja dobivena broja upravo koeficijenti koji nam trebaju. Također vidimo da brojevi alterniraju u predznacima, a rastu po apsolutnoj vrijednosti. Na taj način, posljednji dobiveni broj je najveći po apsolutnoj vrijednosti, dakle on je onaj koji množi manji argument NZMa (u ovom slučaju 3094 ).O Gornji računi se mogu preglednije zapisati u obliku tablice

2 3 3 4 2 6 0 1 -3 10 -43 96 -619 .

NZM – zadaciZ Nađite NZM(r,s) i prikažite ga u obliku kr+ls , za k,l@Z :r=226304 , s=483327 r=1976072 , s=4866752

Rj (a): 483327 : 226304 = 2 i ost. 30719 226304 : 30719 = 7 i ost. 11271 30719 : 11271 = 2 i ost. 8177 11271 : 8177 = 1 i ost. 3094 8177 : 3094 = 2 i ost. 1989 3094 : 1989 = 1 i ost. 1105 1989 : 1105 = 1 i ost. 884 1105 : 884 = 1 i ost. 221 884 : 221 = 4 i ost. 0

4 1 1 1 2 1 2 7 2 0 1 -1 2 -3 8 -11 30 -221 472

NZM(483327,226304)=221=-221*483327+472*226304(b): 4866752 : 1976072 = 2 i ost. 914608 1976072 : 914608 = 2 i ost. 146856 914608 : 146856 = 6 i ost. 33472 146856 : 33472 = 4 i ost. 12968

33472 : 12968 = 2 i ost. 7536 12968 : 7536 = 1 i ost. 5432 7536 : 5432 = 1 i ost. 2104 5432 : 2104 = 2 i ost. 1224 2104 : 1224 = 1 i ost. 880 1224 : 880 = 1 i ost. 344 880 : 344 = 2 i ost. 192 344 : 192 = 1 i ost. 152 192 : 152 = 1 i ost. 40 152 : 40 = 3 i ost. 32 40 : 32 = 1 i ost. 8 32 : 8 = 4 i ost. 0

4 1 3 1 1 2 1 1 2 1 1 2 4 6 2 2 0 1 -1 4 -5 9 -23 32 -55 142 -197 339 -875 3839 -23909 51657 -127223

NZM(4866752,1976072)=8=51657*4866752-127223*1976072

L Appletić koji bi mogao pomoći pri rješavanju ovakvih (i kasnijih) zadataka: Writing the gcd(a, b) as an Integral Linear Combination of a and b (dno stranice). S gcd(a,b) (ili čak samo (a,b) ) tamo je označena najveća zajednička mjera a i b .

P NZM(91,65) 91 : 65 = 1 i ost. 26 65 : 26 = 2 i ost. 13 26 : 13 = 2 i ost. 0

2 2 1 0 1 -2 3

NZM(91,65)=13=-2*91+3*65

Z (pismeni, 2002-07-03) Izračunajte najveću zajedničku mjeru brojeva 22004-1 i 22002-1 . Rj U prvom koraku Euklidovog algoritma dijelimo 22004-1 s 22002-1 . Lako se vidi da je kvocijent 4 , a ostatak je onda 3 : 22004-1=4(22002-1)+3 Sada treba odrediti ostatak pri dijeljenju 22002-1 s 3 . U tu svrhu primijetimo: 22002 daje isti ostatak pri dijeljenju s 3 kao i (-1)2002(=1) . ( 2 i -1 daju isti ostatak pri dijeljenju s 3 , pa i njihove 2002ge potencije također daju isti ostatak pri dijeljenju s 3 . Detaljnije o tome u priči o kongruencijama.) To je zato što je 22002=(3-1)2002, a to se može raspisati po binomnom teoremu kao suma od 2003 člana. No prvih 2002 članova imaju faktor 3 na neku prirodnu potenciju, tako da su svi djeljivi s 3 . Odnosno, ostatak pri dijeljenju cijele sume s 3 jednak je kao ostatak pri dijeljenju zadnjeg pribrojnika s 3 , a to je (2002povrh2002)*(-1)^2002=1 . Sve u svemu, 22002 daje ostatak 1 pri dijeljenju s 3 , pa je 22002-1 djeljivo s 3 . Odnosno, Euklidov algoritam završava nakon dva koraka, i tražena NZM je 3 .

D Za brojeve a i b kažemo da su relativno prosti ako je NZM(a,b)=1 . SPrimijetimo, u terminima djeljivosti, to znači da jedino broj 1 dijeli oba broja a i b . U terminima linearnih kombinacijā, to znači da se 1 može prikazati kao linearna kombinacija a i b s cjelobrojnim koeficijentima. Prvo, vrijedi i obrat toga: ako se 1 može tako prikazati, tada je sigurno najmanji prirodni broj koji se može tako prikazati (jer je najmanji prirodni broj uopće:), pa je 1=NZM(a,b) , odnosno a i b su relativno prosti. To nam govori da kad god dobijemo negdje 1=ka+lb za cjelobrojne k i l , a i b moraju biti relativno prosti.A drugo, ako je 1=ka+lb za k,l@Z , tada za bilo koji prirodni m , m=(km)a+(lm)z , odnosno relativno prosti brojevi (i samo oni) imaju važno svojstvo da se _svaki cijeli broj može napisati kao njihova linearna kombinacija s cjelobrojnim koeficijentima_. Metaforički, njihova "linearna ljuska" (nad Z) je cijeli Z.