analiza sa algebrom (prvo tromesečje)

8/10/2019 Analiza sa algebrom (prvo tromesečje)

http://slidepdf.com/reader/full/analiza-sa-algebrom-prvo-tromesecje 1/28



-negacija

-konjunkcija, disjunkcija i ekskluzivna disjunkcija

-implikacija, ekvivalencija

-prioritet operacija se menja zagradama, odnosno operacije u zagradama imaju prioritet

1.1.3. Logicke formule

Definicija logicke formule:

1. Logicke konstante su logicke formule.

2. Logicki iskazi su logicke formule.

3. Ako su A i B logicke formule, onda su ¬A, A ∧ B, A ∨ B, A B, A ⇒ B i A ⇔ B ,(A) su

logicke formule.

4. Logicke formule se dobijaju samo konacnom primenom pravila 1,2 i 3.

Zasto je potrebno pravilo 4?

Zelimo naglasiti da se logicke formule dobijaju samo zadatom (definisanom) procedurom (al-

goritmom), a ne na neki drugi nacin. Ako niste sigurni da li je nesto logicka formula, onda je

potrebno naci ”izvodenje” koje se zasnima na primeni pravila 1, 2, 3

Kakva je razlika izmedu logickih izraza i logickih formula?

Da li logicke formule imaju tacno jednu istinitosnu vrednost?

U zavisnosti kakve vrednosti imaju logicki iskazi ili konstante u logickoj formuli posle izracunavanja

dobice se istinitosna vrednost formule. Ona ne mora biti uvek ista, tako da logicka formula ne

mora biti iskaz.

F:( p ⇒ q ) ∧ (q ⇒ r) ⇒ ( p ⇒ r)

a) Da li je ovo logicka formula?

b) Kakve su istinitosne vrednosti formule u zavisnosti od istinitosnih vrednosti iskaza p,q i r?

a)Ako su p,q i r iskazi onda su i logicke formule (pravilo 2)

Na osnovu pravila 3 sledi da su p ⇒ q i q ⇒ r i p ⇒ q logicke formule.

Ponovo koristimo pravilo 3. na p ⇒ q i q ⇒ r i dobijamo da je ( p ⇒ q ) ∧ (q ⇒ r) logicka

formula.

4



Na kraju ( p ⇒ q ) ∧ (q ⇒ r) ⇒ ( p ⇒ r) je logicka formula primenom pravila 3.

b) Kako da odredimo istinitosne vrednosti formule u zavisnosti od istinitosnih vrednosti iskaza

p,q i r?

Potrebno je napisati sve mogucnosti i za svaku izracunati istinitosnu vrednost formule.

Koliko ima mogucnosti ?

Za svaki od tri iskaza p,q, r imamo dve mogucnosti za istinitosnu vrednost 1 i 0. Ukupno je

2 · 2 · 2 = 8 mogucnosti.

Najlaksi nacin je da se napravi tablica.

p q r ( p ⇒ q ) ∧ (q ⇒ r) ⇒ ( p ⇒ r) F1 1 1 (1 ⇒ 1) ∧ (1 ⇒ 1) ⇒ (1 ⇒ 1) = 1 ∧ 1 ⇒ 1 = 1 ⇒ 1 = 1 1

1 1 0 (1 ⇒ 1) ∧ (1 ⇒ 0) ⇒ (1 ⇒ 0) = 1 ∧ 0 ⇒ 0 = 0 ⇒ 0 = 1 1

1 0 1 (1 ⇒ 0) ∧ (0 ⇒ 1) ⇒ (1 ⇒ 1) = 0 ∧ 1 ⇒ 1 = 0 ⇒ 1 = 1 1

1 0 0 (1 ⇒ 0) ∧ (0 ⇒ 0) ⇒ (1 ⇒ 0) = 0 ∧ 1 ⇒ 0 = 0 ⇒ 0 = 1 1

0 1 1 (0 ⇒ 1) ∧ (1 ⇒ 1) ⇒ (0 ⇒ 1) = 1 ∧ 1 ⇒ 1 = 1 ⇒ 1 = 1 1

0 1 0 (0 ⇒ 1) ∧ (1 ⇒ 0) ⇒ (0 ⇒ 0) = 1 ∧ 0 ⇒ 1 = 0 ⇒ 1 = 1 1

0 0 1 (0 ⇒ 0) ∧ (0 ⇒ 1) ⇒ (0 ⇒ 1) = 1 ∧ 1 ⇒ 1 = 1 ⇒ 1 = 1 1

0 0 0 (0 ⇒ 0) ∧ (0 ⇒ 0) ⇒ (0 ⇒ 0) = 1 ∧ 1 ⇒ 1 = 1 ⇒ 1 = 1 1

Problemi kod ovakvog zapisa su sto se lako desavaju greske. Greske se tesko ispravljaju jer je

nepregledan zapis. Zbog nepreglednog zapisa cesto se desavaju greske u prioritetu operacija.

Zbog toga je bolje formulu podeliti u tablici na manje celine.

L D L ⇒ Dp q r p ⇒ q q ⇒ r ( p ⇒ q ) ∧ (q ⇒ r) p ⇒ r F

1 1 1 1 1 1 1 1

1 1 0 1 0 0 0 1

1 0 1 0 1 0 1 1

1 0 0 0 1 0 0 1

0 1 1 1 1 1 1 1

0 1 0 1 0 0 1 1

0 0 1 1 1 1 1 1

0 0 0 1 1 1 1 1

U ovakvom nacinu rada ucenik moze da radi ili po horizontalama ili po vertikalama. Ako

se radi po vertikalama onda je ucenik skoncentrisan samo na jednu logicku formulu i samo

pazi na vrednosti koje menja. Kada radi po horizontalama prakticno radi kao i u prethodnom

nacinu tablice samo sto ima medurezultate.

5



Ako pogledamo krajnje istinitosne vrednosti formule F dolazimo do zakljucka da je ova

formula uvek tacna.

Definicija tautologije: Logicke formule koje su uvek tacne zovu se tautologije.

Tautologije predstavljaju logicke zakone ili pravila koje vazne u logickom zakljucivanju.

Vaznije tautologije:

1. p ¬ p (zakon iskljucenja treceg)

2. ¬¬ p ⇔ p (zakon dvojne negacije)

3.

¬( p

∧ ¬ p) (zakon neprotivurecnosti)

4. p ⇔ p (zakon refleksivnosti za implikaciju)

5. ( p ⇒ q ) ⇔ (¬ p ∨ q ) (zakon uklanjanja implikacije)

6. ( p ⇔ q ) ⇔ ( p ⇒ q ) ∧ (q ⇒ p) (zakon uklanjanja ekvivalencije)

7. (( p ⇔ q ) ∧ (q ⇔ r)) ⇒ ( p ⇔ r) (zakon tranzitivnosti ekvivalencije)

8. ( p ⇒ q ) ⇔ (¬q ⇒ ¬ p) (zakon kontrapozicije)

9. (¬ p ⇒ (q ∧ ¬q )) ⇒ p (zakon svodenja na apsurd)

10. p ∨ p ⇔ p (zakon idennpotencije za ∨ )

11. p ∧ p ⇔ p (zakon idennpotencije za ∧)

12. p ∨ q ⇔ q ∨ p (zakon komutacije za ∨ )

13. p ∧ q ⇔ q ∧ p (zakon komutacije za ∧)

14. p ∨ (q ∨ r) ⇔ ( p ∨ q ) ∨ r (zakon asocijativnosti za ∨ )

15. p ∧ (q ∧ r) ⇔ ( p ∧ q ) ∧ r (zakon asocijativnosti za ∧)

16. p

∨(q

∧r)

⇔ ( p

∨q )

∧( p

∨r) (zakon distribucije

∨ prema

∧)

17. p ∧ (q ∨ r) ⇔ ( p ∧ q ) ∨ ( p ∧ r)(zakon distribucije ∧ prema ∨)

18. ¬( p ∨ q ) ⇔ ¬ p ∧ ¬q (De Morganovi zakon)

19. ¬( p ∧ q ) ⇔ ¬ p ∨ ¬q (De Morganov zakon)

20. ( p ∧ ( p ⇒ q )) ⇒ q (modus ponens)

6



1.1.4. Primeri korisenja tautologija

Dokazati: Ako broj nije deljiv sa 3 onda nije deljiv ni sa 6

Koliko imamo iskaza? Kako da podelimo tvrdenje na iskaze? Kako glase iskazi?

Iskaz p: Broj nije deljiv sa 3.

Iskaz q : Broj nije deljiv sa 6.

Potrebno je dokazati implikaciju p ⇒ q

Koristicemo tautologiju koja se zove zakon kontrapozicije:

( p ⇒ q ) ⇔ (¬q ⇒ ¬ p)

Sta govori ovaj zakon?

Ova tautologija kaze da umesto dokazivanja imlikacije p ⇒ q mi mozemo dokazati ¬q ⇒ ¬ p i

ta dva dokaza su ekvivalentna.

Iskaz ¬ p: Broj je deljiv sa 3.

Iskaz ¬q : Broj je deljiv sa 6.

Dokazujemo ¬q ⇒ ¬ p

Obelezimo broj sa n.

Broj n je deljiv sa 6.

Kada za neki ceo broja kazemo da je deljiv drugim celim brojem?

Definicja deljivosti brojeva: Ceo broj a deli ceo broj b ako postoji ceo broj c tako da vazi da je

b = a · c.

Na osnovu definicije deljivosti dva broja sledi n = 6 · k = (3 · 2) · k = 3 · (2 · k)

Znaci broj n je deljiv sa 3.

Na ovaj nacin smo dokazali da vazi implikacija

¬q

⇒ ¬ p

Koristeci zakon kontrapozicije sledi da vazi i p ⇒ q odnosno

Ako broj nije deljiv sa 3 onda nije deljiv ni sa 6

Dokazati: Paran broj koji nije deljiv sa 6 nije deljiv sa 3.

Koliko imamo iskaza? Kako da podelimo tvrdenje na iskaze? Kako glase iskazi?

Iskaz p: Broj je paran.

Iskaz q: Broj je deljiv sa 3.

7



Iskaz r: Broj je deljiv sa 6.

Treba dokazati implikaciju ( p ∧ ¬r) ⇒ ¬q

Koristicemo tautologiju (( p ∧ q ) ⇒ r) ⇒ ( p ∧ ¬r) ⇒ ¬q

Da li je ovo tautologija? Kako cemo proveriti?

Sta govori ova tautologija?

Ako vazi implikacija (( p ∧ q ) ⇒ r) onda ce iz nje slediti da vazi i implikacia ja ( p ∧ ¬r) ⇒ ¬q

dokazimo implikaciju (( p ∧ q ) ⇒ r)

(Broj je paran) i (broj je deljiv sa 3) sledi (broj je deljiv sa 6).

Na osnovu definicije deljivosti ovo vazi.

Na osnovu tautologije vazi ( p ∧ ¬r) ⇒ ¬q

Na taj nacin smo dokazali:

(Broj je paran) i nije (broj je deljiv sa 6) sledi nije (broj je deljiv sa 3).

Kada malo ”prepakujemo ” recenicu dobijamo polazno tvrdenje.

Paran broj koji nije deljiv sa 6 nije deljiv sa 3.

Dokazati da je logicka formula F : ( p ∧ ( p ⇒ q )) ⇒ q (modus ponens) tautologija.

I nacin:

Vec smo videli tablicni nacin dokazivanja:

L L ⇒ q

p q p ⇒ q p ∧ ( p ⇒ q ) F

1 1 1 1 1

1 0 0 0 10 1 1 0 10 0 1 0 1

II nacin Diskusija po slovu.

Ideja ovog nacina je da se odabere jedan logicki iskaz (slovo) i da se diskutuje kada je iskaz

tacan a kada netacan.

Opredelimo se da diskutujemo po vrednosti iskaznog slova p

a) τ ( p) = 1

8



Zamenimo vrednost u logicku formulu i dobijamo (1 ∧ (1 ⇒ q )) ⇒ q .

Gledamo zagradu 1 ⇒ q i dolazimo do zakljucka da istinitosna vrednost implikacije zavisi od

vrednosti iskaza q . (Pogledaj tablicu za implikaciju).

p q p ⇒ q

1 1 1

1 0 0

0 1 1

0 0 1

Odavde sledi tautologija (1 ⇒ q ) ⇔ q

Na osnovu ovoga τ ((1 ∧ (1 ⇒ q )) ⇒ q ) = τ ((1 ∧ q ) ⇒ q )

Primetimo da kada je u konjunkciji jedan od iskaz tacan da vrednost konjunkcije zavisi od

istinitosne vrednosti drugog iskaza. (Pogledaj tablicu).

p q p ∧ q

1 1 1

1 0 0

0 1 0

0 0 0

1 ∧ p ⇔ p

Nastavimo izracunavanje.

τ ((1 ∧ q ) ⇒ q ) = τ (q ⇒ q ) a ovo je uvek tacno, jer je q ⇒ q tautologija.

Ako ponovo pregledamo postupak zadatka shvaticemo da je potrebno znati kako se radi sa

logickim operacijama kada znamo istinitosnu vrednost jednog od iskaza.

9



Ovo dovodi do kontradokcije jer τ (1 ⇒ 0) = 1 nije tacno.

Znaci polazna formula je tacna

τ (( p ∧ ( p ⇒ q )) ⇒ q ) = 1

Dokazati da je logicka formula F : (( p1 ⇒ p2) ∧ ( p2 ⇒ p3) ∧ ... ∧ ( pn−1 ⇒ pn)) ⇒ ( p1 ⇒ pn) tautologija.

Koju metodu dokazivanja da odaberemo?

Da li mozemo dokazivati tablicnom metodom ?

Koliko bi kolona imala tablica?

Ostaju nam preostale dve metode: svodenje na apsurd ili diskusija po slovu.

Ako bismo koristili diskusiju po slovu, po kojem slovu bi diskutovali?

Probajmo svodenje na protivurecnost.

PPS: τ (F ) = 1

Kada je formula F netacna?

Koja je logicka operacija ”glavna”?

Kljucna logicka operacija je implikacija.

Kako da prepoznamo koja je logicka operacija kljucna?

Na osnovu prioriteta operacija odredimo logicku operacijau koja se poslednja izracunava. Ako

pogledamo formulu F prvo se izracunavaju implikacije u zagradama, zatim konjukcije i na

kraju impikacija izmedju

L : (( p1 ⇒ p2) ∧ ( p2 ⇒ p3) ∧ ... ∧ ( pn−1 ⇒ pn)) i

D : ( p1

⇒ pn)

Kada je implikacija netacna?

Potrebno je da τ (L) = 1 i τ (D) = 0 Iz τ (D) = 0 dobijamo da je τ (( p1 ⇒ pn)) = 0, odnosno

vazi τ ( p1) = 1 i τ ( pn) = 0

Kako je L po strukturi konjunkcija i τ (L) = 1 sledi da je svaki clan konjunkcije tacan.

τ ( p1 ⇒ p2) = 1

τ ( p2 ⇒ p3) = 1

τ ( p3 ⇒ p4) = 1

11



....

τ ( pn−1 ⇒ pn) = 1

Iskoritimo vec poznate logicke vrednosti za p1 i pn. Zamenom u prvu implikaciju dobijamo:

τ (1 ⇒ p2) = 1

Odavde sledi da je τ ( p2) = 1

Ponovimo postupak u drugoj implikaciji τ ( p2 ⇒ p3) = 1

Dobijamo τ (1 ⇒ p3) = 1 i zakljucujemo da je τ ( p3) = 1

Ponavljanjem postupka dolazimo do poslednje implikacije τ ( pn−1 ⇒ pn) = 1

Kako smo prethodnim postupkom dobili τ (1

⇒ pn−1) = 1 zamenom dobijamo

τ (1 ⇒ p2) = 1

Koliko ima unarnih logickih operacija? Koliko ima binarnih logickih operacija?

Koju unarnu logicku operaciju znamo?

Kako izgleda tablica istinitosti?

Negacija je jedina unarna operacija koju smo radili.

Tablica istinitosti:

p ¬ p

1 0

0 1

Koliko ima redova u tablici? Od cega to zavisi?

Unarna logicka operacija ima samo jedno logicko slovo koje moze imati jednu od dve logicke

vrednosti 0 ili 1. Zbog toga imamo dve reda.

Sta moze biti rezultat logicke operacie?

Rezultat moze imati jednu od dve logicke vrednosti 0 ili 1. Zbog toga svaki red moze da se

preslika u jednu od dve vrednosti.

Dva reda preslikavamo u dve vrednosti, odnosno 2 · 2 = 4 mogucnosti.

p ¬ p bot 1 p

1 0 0 1 1

0 1 0 1 0

12



Koliko imamo redova kod binarne logicke operacije?

Koliko logickih slova imamo u binarnoj operaciji?

Imamo 2 slova i svako slovo ima 2 mogucnosti tako da ima ukupno 2 · 2 = 4 reda.

Koliko ima mogucnosti za rezultat svakog reda?

Rezultat moze imati jednu od dve logicke vrednosti 0 ili 1. Zbog toga svaki red moze da se

preslika u jednu od dve vrednosti.

Dobijamo da ima 2 · 2 · 2 · 2 = 24 = 16 mogucnosti , odnosto 16 binarnih logickih operacija.

p q 1 p ∨ q p ⇒ q p ⇔ q p ∧ q p q 0

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

13



2. SKUPOVI

Definicija praznog skupa: ∅ = {x|x = x}

Definicija jednakosti skupova: A = B akko (∀x)(x ∈ A ⇔ x ∈ B)

Definicija podskupa: A ⊆ B akko (∀x)(x ∈ A ⇒ x ∈ B)

Definicija partitivnog skupa: P(A) = {B|B ⊆ A}Definicija preseka skupova: A ∩ B = {x|x ∈ A ∧ x ∈ B}Definicija unije skupova: A ∪ B = {x|x ∈ A ∨ x ∈ B}Definicija razlike skupova: A \ B = {x|x ∈ A ∧ x /∈ B}Definicija dvostruke razlike: A

B =

{x

|x

∈ A x

∈ B

}Definicija komplementa: A

= {x|x /∈ A}

Dokazati skupovnu jednakost A ∪ (B ∩ C ) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C ))

Dokaz skupovnih jednakosti se svodi na to da zapis pretvorimo u iskazni racun. Za dobijenu

logicku formulu ispitujemo da li je tautologija.

Kod dokazivanja skupovnih jednakosti osnovna stvar je pogledati koja je relacija kljucna (=,⊆)

Koja relacija povezuje dve ”grupe” skupovnih operacija?

U pitanju je jednakost =

A ∪ (B ∩ C )=(A ∪ B) ∩ (A ∪ C )

Koristimo definiciju jednakosti dva skupa.

Definicija jednakosti skupova: A = B akko (∀x)(x ∈ A ⇔ x ∈ B)

A ∪ (B ∩ C ) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C )

(

∀x)(x

∈ (A

∪(B

∩C ))

⇔ x

∈ ((A

∪B)

∩(A

∪C )))

”Oslobodili” smo se jednakosti. Ostale su skupovne operacije. Redosled oslobadanja je suprotan

od prioriteta operacija.

Prvo se ”oslobadavamo operacija koje se poslednje izvrsavaju.

Koja se skupovna operacija poslednja izvrsava na levoj strani?

Koja se skupovna operacija poslednja izvrsava na desnoj strani?

Na levoj strani to je unija ∪, a na desnoj strani je presek ∩.

(∀x)(x ∈ (A ∪ (B ∩ C )) ⇔ x ∈ ((A ∪ B) ∩ (A ∪ C )))

14



1 ⇔ (1 ∧ 1)

1 ⇔ 1

1

2◦ p = 0

0 ∨ (q ∧ r) ⇔ ((0 ∨ q ) ∧ (0 ∨ r))

0 ⇔ (0 ∧ 0)

0 ⇔ 0

1

Dokazati skupovnu jednakost (A ∪ B)

= A ∩ B

Cega se prvo oslobadamo?

Jednakost je prvo cega se oslobadamo.

(∀x)(x ∈ (A ∪ B) ⇔ x ∈ (A

∩ B

))


Na levoj strani se prvo izvrsava unija a na kraju komplement. Zbog toga se prvo oslobadamo

komplementa.

x ∈ (A ∪ B)

se menja sa ¬(x ∈ (A ∪ B)).

(Sklonimo komplement, iskaz stavimo u zagradu, ispred stavimo negaciju.)

Sada se oslobadamo unije. Ovde treba voditi racuna da ispred svega stoji negacija i da tako

treba da ostane.

¬((x ∈ A) ∨ (x ∈ B)).

Cesta greska je da ucenici ubace i negaciju i dobiju ((

¬x

∈ A)

∨(

¬x

∈ B))


Na desnoj strani se prvo izvrsavaju komplementi skupa A i skupa B , a onda presek. Zbog toga

se prvo oslobadamo preseka.

x ∈ (A ∩ B

) se menja sa (x ∈ A

) ∧ (x ∈ B

)

Sada se oslobadamo komplementa jednog i drugog skupa.

¬(x ∈ A) ∧ ¬(x ∈ B)

(Sklonimo komplement, iskaz stavimo u zagradu, ispred stavimo negaciju.)

16



Sada mozemo da kompletiramo ceo dokaz u jednu celinu.

(A ∪ B)

= A ∩ B

(∀x)(x ∈ (A ∪ B) ⇔ x ∈ (A

∩ B

))

(∀x)(¬x ∈ (A ∪ B) ⇔ ((x ∈ A

) ∧ (x ∈ B

)))

(∀x)(¬((x ∈ A) ∨ (x ∈ B)) ⇔ (¬(x ∈ A) ∧ ¬(x ∈ B)))

Sada obelezavamo iskaze.

p : x ∈ A

q : x ∈ B

Ostaje da se dokaze da li iskaz tautologija.

¬( p ∨ q ) ⇔ ¬ p ∧ ¬q

Ovo je jedan od dva De Morganovog zakona.

Dokazati skupovnu jednakost A ∪ ∅ = A


Prvo se oslobadamo jednakosti.

A ∪ ∅ = A

(∀x)(x ∈ (A ∪ ∅) ⇔ (x ∈ A))

Koja je skupovna operacija ostala u iskazu?

Sada se oslobadamo unije, jer je to jedina skupovna operacija koja je ostala u iskazu.

(∀x)((x ∈ A) ∨ (x ∈ ∅) ⇔ (x ∈ A))

Kompletirajmo dokaz kao jednu celinu.

A ∪ ∅ = A

(

∀x)(x

∈ (A

∪ ∅)

⇔ (x

∈ A))

(∀x)((x ∈ A) ∨ (x ∈ ∅) ⇔ (x ∈ A))

Obelezimo iskaze:

p : x ∈ A

Kako da obelezimo iskaz (x ∈ ∅) ?

To jeste iskaz, ali je uvek netacan i zato cemo pisati 0.

Ostaje da se dokaze da je p ∨ 0 ⇔ p tautologija.

17



Dokazati skupovnu jednakost A\(B\C ) = (A\B) ∪ (A ∩ C )



(∀x)(x ∈ (A\(B\C )) ⇔ x ∈ ((A\B) ∪ (A ∩ C )))



(∀x)(x ∈ (A \ (B\C )) ⇔ x ∈ ((A\B) ∪ (A ∩ C )))

Obratite paznju na razliku. Kod razlike imamo A\B = {x|x ∈ A ∧ x /∈ B}Umesto da pisemo da x /

∈ B pisacemo

¬x

∈ B.

Zasto tako pisemo?

Zelimo da svi iskazi budu oblika x ∈ S , gde je S oznaka za skup.

Na taj nacin izbegavamo situaciju da se pojave dva razlicita iskaza p : x ∈ B i q : x /∈ B

Umesto toga imao jedan iskaz p i njegovu negaciju ¬ p

p : x ∈ B i ¬ p : ¬x ∈ B

Sada mozemo da se vratimo na zadatak.

(∀x)(x ∈ A\(B\C ) ⇔ x ∈ (A\B) ∪ (A ∩ C ))

Razbicemo zadatak na male celine.

1. celina x ∈ A\(B\C )

x ∈ A ∧ ¬x ∈ (B\C )

Ovde se oslobadjamo pripadanja x razlici x ∈ (B\C ) i to postaje x ∈ B ∧ ¬x ∈ C

Negacija ostaje ispred svega. Cesta greska je da se ucenici oslobadaju negacije pripadanja ra-

zlici

¬x

∈ (B

\C ) i ubacuju je u zagradu

¬x

∈ B

∧ ¬x

∈ C (ovo je jedna od mogucih gresaka).

Konacno dobijamo x ∈ A ∧ ¬(x ∈ B ∧ ¬x ∈ C )

2.celina x ∈ (A\B) postaje x ∈ A ∧ ¬ ∈ B

3.celina x ∈ (A ∩ C ) postaje x ∈ A ∧ x ∈ C

Sada mozemo da sklopimo kompletno dokazivanje

A\(B\C ) = (A\B) ∪ (A ∩ C )

(∀x)(x ∈ A ∧ ¬x ∈ (B\C ) ⇔ x ∈ (A\B) ∨ x ∈ (A ∩ C ))

(∀x)((x ∈ A) ∧ ¬((x ∈ B) ∧ (¬x ∈ C )) ⇔ ((x ∈ A) ∧ (¬x ∈ B)) ∨ ((x ∈ A) ∧ (x ∈ C )))

18



Iskazi su: p : x ∈ A, q : x ∈ B , r : x ∈ C

i potrebno je dokazati da je p ∧ ¬(q ∧ ¬r) ⇔ ( p ∧ ¬q ) ∨ ( p ∧ q )

Da li su tacni sledeci iskazi:

1. 1 ∈ {1, {1}}2. 1 ⊆ {1, {1}}3. {1} ∈ {1, {1}}4. {1} ⊆ {1, {1}}5. {{1}} ∈ {1, {1}}6. {{1}} ⊆ {1, {1}}

1. 1 ∈ {1, {1}}

Kako bismo procitali ovaj iskaz?

Da li je 1 element skupa {1, {1}}.

Navedi elemente skupa {1, {1}} .

Koliko elemenata ima ovaj skup?

Elementi skupa su: 1 i {1}Elementi su broj 1 i skup koji sadrzi broj 1.

Broj 1 je element datog skupa tako da je iskaz broj 1. tacan.

Skup {1} je element datog skupa tako da je iskaz broj 3. tacan.

Kako naskup ima dva elementa onda iskaz broj 5. nije tacan jer element {{1}} nismo nasli taj

element u skupu.

2. 1 ⊆ {1, {1}}Kako bismo procitali ovaj iskaz?

Da li je 1 podskup skupa {1, {1}}.

Da li je 1 skup?

1 nije skup (nije zapisan kao skup) tako da ne moze biti podskup. Zato iskaz nije tacan.

4. {1} ⊆ {1, {1}}Kako proveriti da li je {1} podskup skupa {1, {1}}?

Kako se definise podskup nekog skupa?

Skup {1} sadrzi jedan element i to je broj 1, a on je element skupa {1, {1}}.

Iskaz je tacan.

19



6. {{1}} ⊆ {1, {1}}Kako proveravamo da li je iskaz tacan?

Treba proveriti da li je {1} element skupa {1, {1}}, a to je tacno. Iskaz je tacan.

NAPOMENA

Potrebno je shvatiti razliku izmedu oznaka ∈ i ⊆. Prva oznaka oznacava pripadanje skupu, a

druga oznaka je oznaka za podskup.

Kada proveravate pripadanje skupu, proveravate da li element se nalazi u skupu. To su primeri

1.,3.,5. Proveravali smo da li su 1, {1} i {{1}} elementi skupa. Ucenicima je problem sto je

element skupa skup. U ovom slucaju su elementi skupa navedeni nabrajanjem tako da sve sto

je navedeno izmedu viticastih zagrada i razdvojeno zarezima predstavlja elemente skupa. Kako

smo pre toga naveli sve elemte skupa ta provera je bila lagana. 1, {1} su bili na tom spisku i

iskazi su bili tacnni, a {{1}} nije bio na spisku elemenata i iskaz 5. nije bio tacan

Kada proveravate da li je neki skup podskup drugog skupa A ⊆ B treba proveriti da li su svi

elementi skupa A elementi skupa B .

To je proveravano u primerima 2.,4.,6.

Resiti skupovne jednacine tako da je X ⊆ N:a){1, 2} ∩ X = {1, 2, 3, 4}b){1, 2, 3} ∩ X = {1, 2}c){1, 2} ∪ X = {1, 2, 3}d)X \ {3} ⊆ {1, 2}

a){1, 2} ∩ X = {1, 2, 3, 4}Kako se definise presek dva skupa?

Da li moze rezultat preseka dva skupa da ima vise elemenata od pocetnih skupova?

Presek ova dva skupa sadrzi elemnte 3 i 4 koji se ne nalaze u skupu {1, 2} tako da ne moze biti

rezultat preseka. Znazi kakav god bio skup X ova jednacina nema resenja.

b){1, 2, 3} ∩ X = {1, 2}Koje elemente mora da sadrzi skup X ?

Kako je rezultet preseka skup {1, 2} onda skup X mora sadrzati elemente 1 i 2.

Da li postoje prirodni brojevi koje ne mogu da budu elementi skupa X ?

Broj 3 se nalazi u skupu za koji se racuna presek sa skupom X. Ako bi se broj 3 nalazio i u

20



skupu X onda bi broj 3 morao biti u rezultatu preseka, a to nije tacno.

Zakljucak je da broj 3 ne sme da bude element skupa X .

Da li postoje jos koji prirodan brojevi koji je element skupa X ?

Elementi skupa X mogu biti svi prirodni brojevi koji nisu elementi preseka i nisu elementi

skupa {1, 2, 3}.

Rezultat je skup X = {1, 2} ∪ Y gde je skup Y bilo koji podskup skupa N \ {1, 2, 3}c){1, 2} ∪ X = {1, 2, 3}Koje elemente mora da sadrzi skup X ?

U skupu koji je rezultat unije se nalazi broj 3, a on nije element skupa koji se unira sa skupom

X , zakljucak je da broj 3 mora biti element skupa X .

Koje elemente ne sme da sadrzi skup X ?

To su prirodni brojevi koji se ne nalaze u rezultatu unije, odnosno u skupu {1, 2, 3}.

Zakljucak je da skup X pored borja 3 moze sadrzati (ne mora) jos samo brojeve 1 ili 2.

Moguca resenja su:

X = {1, 2, 3}

X = {1, 3}X = {2, 3}X = {3}d)X \ {3} ⊆ {1, 2}Rezultat razlike je podskup skupa. Koji skupovi mogu biti podskup skupa {1, 2}?

Skupovi {}, {1}, {2},{1, 2} su podskupovi skupa {1, 2}.

Dat je skup A={a,b,c}. Napisati sve elemente partitivnog skupa skupa A (oznaka P(A))

Sta je partitivni skup skupa A?

Partitivni skup je skup ciji su elementi podskupovi skupa A.

Vazno je upamtiti da su elementi skupovi.

A1 = ∅A2 = {a}

A3 = {b}

21



A4 = {c}A5 = {a, b}

A6 = {a, c}A7 = {b, c}A8 = {a,b,c} = A

P(A) = {A1, A2, A3, A4, A5, A6, A7, A8}Koliko elemenata ima skup P(A)?

Partitivni skup ima 8 elemenata.

Ako bi skup A imao n elemenata, koliko bi elemenata imao P(A)?

Koliko ima jednoclanih podskupova skupa A?

Jednoclanih podskupova skupa A ima koliko i elemenata skupa A, odnosno n.

Koliko ima dvoclanih podskupova skupa A?

Za ovo je potrebno malo elementarne kombinatorike.

1 2 ... n−1 n

Iz gornje tabele biramo elemente da stavimo u donju tabelu.

Koliko ima mogucnosti da izaberemo prvi element?

Koliko ima mogucnosti da se izaberemo drugi element?

Da li je bitan redosled biranja elemenata?

Za izbor prvog elemenata imamo n mogucnosti.

Da li prvoizabrani element mozemo ponovo da biramo?

1 2 ... x ... n−1 n

x

22



Zato sto prvoizabrani element (x element u tabeli) ne mozemo ponovo da biramo za izbor

drugog elementa imamo n − 1 mogucnost.

Sada primenimo princip proizvoda, jer svaki moguci prvoizabrani element se kombinuje sa

svakim drugoizabranim elementom. Ukupan broj mogucnosti je n · (n − 1).

a b

b a

Kako redosled elemenata u skupu nije bitan onda su skupovi {a, b} = {b, a}, i taj broj

mogucnosti treba podeliti sa 2.

Dolazimo do konacne formule n · (n − 1)

2

Koliko ima troclanih podskupova skupa A?

Koliko ima mogucnosti da izaberemo prvi element?

Za izbor prvog elemenata imamo n mogucnosti.

Koliko ima mogucnosti da se izaberemo drugi element?

Za izbor drugog elemenata imamo n − 1 mogucnosti jer smo jedan element vec izabrali.

Koliko ima mogucnosti da se izaberemo treci element?

Za izbor treceg elemenata imamo n − 2 mogucnosti jer smo dva element vec izabrali.

Ako primenimo princip proizvoda dobijamo da je ukupan broj mogucnosti n · (n − 1) · (n − 2).

Da li je bitan redosled biranja elemenata?

Kako i kod biranja dvoclanih podskupova imao da vazi jednakost:

{a,b,c}={a,c,b}={b,a,c}={b,c,a}={c,a,b}={c,b,a}i dolazimo do zakljucka da broj n · (n − 1) · (n − 2) treba da podelimo sa 6.

Dolazimo do konacne formule za broj troclanih podskupova n · (n − 1) · (n − 2)

6 (n ≥ 3)

Da li smo mogli na umesto navodenja skupova da pronademo pravilo za izrazunavanje?

Tri elementa je potrebno rasporediti u redosled.

Koliko imamo mogucnosti za izbor prvog elementa?

23



Imo 3 mogucnosti.

Sada je potrebno postaviti element na drugo mesto.Koliko imamo mogucnosti?

Da li prvi element mozemo ponovo birati?

Kako u skupu elementi ne mogu da se ponavljaju za izbor drugog elementa imamo 2 mogucnosti.

Za izbor poslednjeg elementa imao samo jednu mogucnost jer je samo jedan elementostao.

Sad dolazimo do formule 3 · 2 · 1 = 6

Konacnu formulu sada moze biti zapisana u obliku n · (n − 1) · (n − 2)

3 · 2 · 1 , (n ≥ 3)

U ovakvom zapisu se vidi i tehnika izrazunavanja broja mogucnosti.

Koliko ima cetvoroclanih podskupova skupa A?

Ako sada primenimo princir racunanja za troclane podskupove dolazimo do formule:

n · (n − 1) · (n − 2) · (n − 3)

4 · 3 · 2 · 1 , (n ≥ 4)

Koliko ima k-toclanih podskupova skupa A?

Za prvi clan imamo n mogucnosti

Za drugi clan imamo n − 1 mogucnost

Za treci clan imamo n − 2 mogucnosti

...

Za k-ti clan imamo n − k + 1 mogucnost

Zasto je n − k + 1, a nije n − k mogucnosti?

Koliko imamo k-toclanih podskupova koji se ponavljaju?

Princip je isti.

Imamo k · (k − 1) · ... · 2 · 1

Sada dolazimo do formule:

n · (n − 1) · (n − 2) · (n − 3)... · (n − k + 1)k · (k − 1) · ... · 2 · 1

, (n ≥ k)

Ovakav brojn izraz koji zavisi od n i k naziva se binomni koeficijent u oznacink

.

Definicja binomnog koeficijenta

n

k

n

0

= 1, za k = 0

n

k

=

n · (n − 1) · (n − 2) · (n − 3)... · (n − k + 1)

k · (k − 1) · ... · 2 · 1 , za k ≤ n

24



Kako da iskoristimo binomne koeficijente za izracunavanje broja clanova P(A)?

Sada mozemo da izracunavamo koliko ima podskupova sa odredenim brojem el;emenata.

Prazan skup je skup bez elemenata. k = 0 ubacimo u formulu i dobijamo

n0

= 1

Jednoclanih poskupova ima

n

1

= n

Dvoclanih poskupova ima

n

2

=

n · (n − 1)

2 · 1

........

Podskupova sa n − 1 elemenata ima

n

n − 1

=

n · (n − 1) · (n − 2) · (n − 3)... · 3 · 2)

(n − 1) · (n − 2) · ... · 2 · 1 = n

Podskupova sa n elemenata ima

n

n

=

n · (n − 1) · (n − 2) · (n − 3)... · 2 · 1)

n

·(n

−1)

·...

·2

·1

= 1

To je sam skup A.

Saberemo sve ove brojeve

n

0

+

n

1

+

n

2

+...+

n

n − 1

+

n

n

i dobijamo broj elemata P(A)

REKAPITULACIJA

Broj podkupova sa k clanova skupa A koji ima n elemenata racunali smo tako sto smo birali

k elemenata tako da nam je bio vazan redosled.

n·

(n−

1)·

...·

(n−

k + 1)

Ako svaki redosled pretvorimo u skup imamo skupove koji imaju iste elemente. Broj skupova

koji se ponavljaju racuna se kao broj permutacija sa k elementa.

k · (k − 1) · ... · 2 · 1

Sada podelimo ta dva broja da bismo dobili broj k-toclanih podskupova skupa A.n

k

=

n · (n − 1) · (n − 2) · (n − 3)... · (n − k + 1)

k · (k − 1) · ... · 2 · 1 , za k ≤ n

NAPOMENA

Ako zelimo da izracunamo broj elemenata partitivnog skupa skupa A, mi smo sabirali brojeve

podksupova za k = 0, 1, 2, 3,...,n.n

0

+

n

1

+

n

2

+ ... +

n

n − 1

+

n

n

Da li postoji drugi nacin da se izracuna broj elemenata skupa P(A)?

Podskupovi skupa A mogu sadrzati samo elemente iz skupa A. Obelezimo podskup sa B. To

znaci da svaki element skupa A ili pripada ili ne pripada skupu B .

25



Svaki element ima 2 mogucnosti.

Ukupna broj je onda 2 · 2 · 2... · 2 = 2n.

Ako objedinimo oba nacina racunanja dolazimo do formule:n

0

+

n

1

+

n

2

+ ... +

n

n − 1

+

n

n

= 2n

2.1 DEKARTOV PROIZVOD

Definicija Dekartovog proizvoda skupova A i B : A × B = {(x, y)|x ∈ A ∧ y ∈ B}

Dat je skup A =

{a,b,c

} i skup B =

{1, 2

} . Napisati sve elemente Dekartovog proizvoda A

×B

Sta su elementi Dekartovog proizvoda?

Elementi Dekartovog proizvoda su uredeni parovi.

A × B = {(a, 1), (a, 2), (b, 1), (b, 2), (c, 1), (c, 2)}Da li vazi A × B = B × A?

Odredimo skup B × A.

B × A = {(1, a), (1, b), (1, c), (2, a), (2, b), (2, c)}Da li su jednaki elementi ova dva skupa?

Elementi ovih skupova su uredeni parovi. Kako je bitan redosled elemenata u uredenom paru,

onda vazi (1, a) = (a, 1). Tako je i sa ostalim elementim. Ova dva skupa nemaju nijedan

zajednicki element. Koliko elemenata ima Dekatov proizvod?

Posmatra jmo uredeni par (x, y). Koliko mogucnosti ima za x

Kako je x ∈ A onda ima mogucnosti koliko ima elemenata skup A, a to je 3.

Koliko mogucnosti ima za y

Na isti nac razmisljamo kao i malopre, y ∈ B onda ima mogucnosti koliko ima elemenata skup

B, a to je 2.

Ukupno je uredenih parova 3 · 2 = 6.

Koliko elemenata bi imao Dekarov proizvod A × B ako bi |A| = n i |B| = m ?

Posmatra jmo uredeni par (x, y).

26



x ∈ A, onda broj mogucnosti za x je onoliki koliko ima elemenata u skupu A, a to je |A| = n

y ∈ B, onda broj mogucnosti za y je onoliki koliko ima elemenata u skupu B , a to je |B| = m

Ukupno je uredenih parova n · m.

Dokazati skupovnu jednakost (A ∩ B) × C = (A × C ) ∩ (B × C )



(∀x)(x ∈ (A ∩ B) × C ⇔ x ∈ (A × C ) ∩ (B × C ))

Sta imamo na levoj strani? Cemu pripada x?

x je element Dekartovog proizvoda (A ∩ B) × C .

Sta imamo na desnoj strani? Cemu pripada x?

x je element (A × C ) ∩ (B × C )

Oslobodicemo se prvo preseka na desnoj strani. Kako je na levoj Dekartov proizvod to

nemozemo da uradimo ako koristimo samo x, vemoramo da x da predstavimo kao uredeni

par.

(∀x)(x ∈ (A ∩ B) × C ⇔ (x ∈ (A × C )) ∧ (x ∈ (B × C )))

Ako pogledamo levu i desnu stranu koja je skupovna operacija ostala?

Ostao je Dekartov proizvod.

Sta su elementi Dekartovog proizvoda?

Elementi Dekartovog proizvoda su uredeni parovi.

Zato umesto xmoramo da pisemo uredeni par (y, z).

x=(y,z)

(∀y, z)((y, z) ∈ (A ∩ B) × C ⇔ ((y, z) ∈ (A × C )) ∧ ((y, z) ∈ (B × C )))

(∀y, z)(y ∈ (A ∩ B) ∧ z ∈ C ⇔ (y ∈ A ∧ z ∈ C ) ∧ (y ∈ B ∧ z ∈ C ))

Koja je skupovna operacija ostala?

Ostao je presek. (∀y, z)(y ∈ A ∧ y ∈ B) ∧ z ∈ C ⇔ (y ∈ A ∧ z ∈ C ) ∧ (y ∈ B ∧ z ∈ C ))

Konacno smo se ”oslobodili” svih skupovnih operacija i sada prelazimo na iskazni racun.

Obelezimo iskaze:

p : y ∈ A

27



q : y ∈ B

r : z ∈ C

Dobijamo iskaznu formulu:

( p ∧ q ) ∧ r ⇔ ( p ∧ r) ∧ (q ∧ r)

Sada treba dokazati da je iskazna formula tautologija.

Kompletan dokaz:

(∀x)(x ∈ (A ∩ B) × C ⇔ x ∈ (A × C ) ∩ (B × C ))

(∀x)(x ∈ (A ∩ B) × C ⇔ (x ∈ (A × C )) ∧ (x ∈ (B × C )))

x=(y,z)

(∀y, z)((y, z) ∈ (A ∩ B) × C ⇔ ((y, z) ∈ (A × C )) ∧ ((y, z) ∈ (B × C )))

(∀y, z)(y ∈ (A ∩ B) ∧ z ∈ C ⇔ (y ∈ A ∧ z ∈ C ) ∧ (y ∈ B ∧ z ∈ C ))

(∀y, z)(y ∈ A ∧ y ∈ B) ∧ z ∈ C ⇔ (y ∈ A ∧ z ∈ C ) ∧ (y ∈ B ∧ z ∈ C ))

( p ∧ q ) ∧ r ⇔ ( p ∧ r) ∧ (q ∧ r)

Diskusija po slovu

1◦ r = 0

( p ∧ q ) ∧ 0 ⇔ ( p ∧ 0) ∧ (q ∧ 0)

0 ⇔ 0 ∧ 0

0 ⇔ 0

1

2◦ r = 1

( p ∧ q ) ∧ 1 ⇔ ( p ∧ 1) ∧ (q ∧ 1)

( p

∧q )

⇔ ( p

∧q )

1

analiza sa algebrom (prvo tromesečje)

Documents