elementarni matematiqki pojmovi

Milena Bogdanovi�Marko Stankovi�Marija Tasi�

ELEMENTARNIMATEMATIQKI

POJMOVI

-teorija i zadaci-

Vraǌe, 2019.

Sadr�aj

Uvod 1

1 Matematiqka logika 31.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2 Osnovni pojmovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3 Iskazi, iskazna logika . . . . . . . . . . . . . . 71.4 Tautologije, ekvivalentne formule . . . . . . . 201.5 Skupovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 271.6 Binarne relacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . 451.7 Preslikavaǌa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

2 Osnovi teorije brojeva 652.1 Prirodni brojevi – osnovni pojmovi . . . . . . 662.2 Raqunske operacije u skupu N . . . . . . . . . . 702.3 Euklidov algoritam. NZD i NZS . . . . . . . . 77

3 Brojevni sistemi 85

4 Linearne jednaqine i nejednaqine 934.1 Linearne jednaqine . . . . . . . . . . . . . . . . 934.2 Linearne nejednaqine . . . . . . . . . . . . . . . 1004.3 Apsolutna vrednost broja . . . . . . . . . . . . . 104

5 Osnovni pojmovi u geometriji 1095.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1095.2 Osnovni pojmovi i stavovi u geometriji . . . . 1105.3 Neke znaqajne geometrijske figure u ravni . . 1255.4 Neke geometrijske figure u prostoru . . . . . . 133

6 Odabrani zadaci iz planimetrije i stereometrije1436.1 Zadaci iz planimetrije . . . . . . . . . . . . . . 1436.2 Zadaci iz stereometrije . . . . . . . . . . . . . . 146

7 Uputstva i rexeǌa zadataka 149

Indeks 169

Literatura 172

Uvod

Ova kǌiga nameǌena je, pre svega, studentima Pedagoxkogfakulteta, za predmet Elementarni matematiqki pojmovi,ali se mo�e koristiti i za predmet Matematika. Nastalaje kao rezultat vixegodixǌeg rada autora, kroz ve�be i pre-davaǌa, na predmetu Elementarni matematiqki pojmovi.

Izlagaǌe u kǌizi je postepeno i sistematsko, pri qemu jesvaka oblast obra�ena sa ve�im brojem primera sre�enih pote�ini. U poqetku su dati lakxi, a kasnije i te�i primeri.

Na poqetku svake oblasti data je teorijska obrada sa ura-�enim primerima. Nakon svake oblasti slede Pitaǌa za po-navǉaǌe, kao i Zadaci za ve�bu. Za odabrane zadatke datasu objaxǌeǌa i uputstva, a neki su i potpuno ura�eni. Uokviru gotovo svake oblasti nalazi se i poseban deo za qita-oce i studente koji �ele da znaju vixe od onog xto je predvi-�eno nastavnim planom i programom za predmet Elementarnimatematiqki pojmovi.

Ciǉ autora je da ovakvim postavǉaǌem i naqinom izlaga-ǌa tema doprinese boǉem razumevaǌu i lakxem savladavaǌusadr�aja iz matematike, kao i da razvije logiqko mixǉeǌei razmixǉaǌe.

Autori

1

Glava 1

Matematiqka logika

1.1 Uvod

Matematiqka logika (moderna logika) predstavǉa granumatematike i logike. Ona se bavi prikazom tradicionalnelogike simbolima, pa se naziva jox i simboliqkom logi-kom. ǋen predmet je, izme�u ostalog, matematiqko prou-qavaǌe logike i primena tog prouqavaǌa na druge grane ioblasti matematike. Osnovne teme koje se provlaqe kroz ma-tematiqku logiku jesu i izra�ajna mo� formalnih logika ideduktivna mo� dokazivaqkih sistema. Matematiqka logikaje osnova modernih raqunara, jer se na ǌoj temeǉi celokupanlogiqki deo centralne procesorske jedinice (CPU – CentralProcessing Unit).

Matematiqka logika ima znaqajne veze sa filozofskom lo-gikom. S tim u vezi, starogrqki filozofi-nauqnici mogu sesmatrati zaqetnicima logike kao nauke. Tu posebno trebaista�i Talesa, Pitagoru, Parmenida, Zenona, Protagoru, So-krata, Platona i Aristotela. Oni su postavili prave te-meǉe logike, pre svega, kao filozofske discipline. Ari-stotelovo delo Organon sadr�i sve do tada poznate xemeispravnog logiqkog zakǉuqivaǌa. Pored toga, jox jedno ǌe-govo delo, Aristotelova teorija silogizama, bilo je skorodve hiǉade godina obavezan deo svakog pravog sveobuhvatnogobrazovaǌa.

Matematiqka logika kao nauka do�ivǉava znaqajniji pro-cvat tek u delima nauqnika-filozofa, poput Dekarta i Lajb-

3

GLAVA 1. MATEMATIQKA LOGIKA

nica. Me�utim, moderna matematiqka logika se susre�e uXIX veku, u radovima �ora Bula, engleskog matematiqarai filozofa. Kroz tzv. raqun klasa, Bul je razvio dve ideje, ito prvu: prilikom rada sa iskazima treba koristiti oznake,i drugu: zakoni mixǉeǌa su neverovatno mnogo sliqni zako-nima aritmetike. On je koristio tri fundamentalne opera-cije nad klasama (danas ih nazivamo unija, presek i komple-ment) i pomo�u ǌih zapisao je i dokazao osnovne zakone is-kaznog raquna. Ti zakoni su identiteti poznati pod nazivomaksiome Bulove algebre. Bulova zasluga svakako se ogleda iu uvo�eǌu logike i algebre u matematiku.

1.2 Osnovni pojmoviDefinicija 1.2.1. Konstante su veliqine qija se vrednostne meǌa (konstantna je).

Konstante su, na primer: 5, π,√2, e,−24, 1

2, 9

13

15, . . .

Definicija 1.2.2. Promenǉive su veliqine qija se vred-nost meǌa. Simboliqki se obele�avaju slovima kao npr. a,b, c, x, y, z, α, β, γ, A, B, C . . ..

Konstante i promenǉive su najprostiji matematiqki iz-razi. Nazivaju se jox i termi.

Definicija 1.2.3. Znaci: +, ·, :,− koriste se za oznaqavaǌeoperacija i nazivaju se operacijski znaci.

Kada konstante i promenǉive pove�emo simbolima za ra-qunske operacije uz upotrebu zagrada, dobijamo slo�enijematematiqke izraze.

Primer 1.2.1. Razmotrimo da li slede�i zapisi predstav-ǉaju matematiqke izraze.

a) 4 + x Ovo je izraz nastao povezivaǌem konstante 4 ipromenǉive x operacijskim znakom +.

b) 7 : Nije izraz jer konstanta 7 nije povezana ni sa qim.

4

1.2. OSNOVNI POJMOVI

v) 2 · (x− y) Jeste izraz, dva izraza 2 i (x− y) povezana suoperacijskim znakom ·.

g) (x+10 Zapis nije korektan jer nedostaje desna zagrada.

d) (x + y + z) : (2+) Nije izraz jer operacijski znak + nepovezuje dva izraza.

�) (x+ 2) · (a− b) : (x+ a+ 3) Jeste izraz.

e)((a+ 3) : 1

2

)· ((3a− 4) : (5a+ 6)) Jeste izraz.

Skica pomo�u koje mo�emo da prika�emo postupno obra-zovaǌe matematiqkog izraza zove se drvo.

Primer 1.2.2. Nacrtajmo drvo koje obrazuje izraz x+8. Najednu granu stavǉamo promenǉivu x, a na drugu konstantu 8.Iznad mesta gde se grane spajaju povezujemo promenǉivu x ikonstantu 8 operacijskim znakom + i dobijamo drvo kao naSlici (1.1) (levo). Desno je prikazano drvo izraza 3a− 5.

Slika 1.1: Drvo izraza x+ 8 i izraza 3a− 5

Vrednost matematiqkog izraza je konstanta koja se do-bija kada se u ǌemu svi simboli promenǉivih zamene odgo-varaju�im vrednostima, pa se odre�enim redom izvrxe ope-racije naznaqene u tom izrazu.

Primer 1.2.3. Izraqunati vrednost slede�ih matematiqkihizraza za date vrednosti ǌegovih promenǉivih:

a) x4 − 3x3 + x2 − x+ 14 za x = −1;

b) 3x+ 4y − x : y + x2 za x = 4, y = 2;

5


v) (a− b+ c)(b+ a)− a2 + 6b− abc za a = 1, b = 2, c = −1;

g)

√x2 + y2

z+

xy

24zza x = 6, y = 8, z = 1.

Rexeǌe:Dakle, potrebno je u svakom izrazu zameniti promenǉive

odre�enim vrednostima. Tako se, na primer, dobija vrednostizraza pod a):

(−1)4 − 3(−1)3 + (−1)2 − (−1) + 14 = 1− 3(−1) + 1 + 1 + 14

= 1 + 3 + 16

= 20

Ostali primeri rade se sliqno.

Definicija 1.2.4. Matematiqka formula dobija se povezi-vaǌem dva matematiqka izraza nekim relacijskim simbolom,kao npr. =, >, <, 6=, ‖, ⊥ . . .

Dakle, da uoqimo razliku: x+ 2 je izraz, a npr. x+ 2 = 0je matematiqka formula koja povezuje dva izraza relacij-skim simbolom =, x+2 i najprostiji matematiqki izraz (kon-stantu) 0.

Pitaǌa za ponavǉaǌe:

1. Xta su konstante, a xta promenǉive?2. Xta su matematiqki izrazi? Opisati kako dobijamo slo�e-

nije matematiqke izraze.3. Kako definixemo matematiqku formulu?4. Xta je vrednost matematiqkog izraza?

Zadaci:

1. U slede�im primerima odrediti one koji predstavǉaju ma-tematiqke izraze.

a) 3x− 8;b) 5−;v) (x+ 6) · y;

g) 7− 2);d) (a+ b+) · (a− 1);�) (a+ b) · (4− a).

2. Nacrtati odgovaraju�e drvo za izraze.

a) 2x− 3; b)x

x+ 1; v)

x2 − 3

4 + x.

3. Da li su matematiqke formule slede�i slo�eni simboli:a) 3x− 5 = 1;b) x− 3 > 5;v) 2x2 − 9;

g) 5x− 3 6= 12;d) x+ y;�) (x+ 3y)(2− x)?

6

1.3. ISKAZI, ISKAZNA LOGIKA

4. Izraqunati vrednost slede�ih matematiqkih izraza za datevrednosti ǌegovih promenǉivih.

a) x3 + 3x2 − 5x− 9, za x = −2;b) −12 : x+ 7x− 5y, za x = −3, y = 2;v) 2a− 5bc+ (a+ 2b)(b− c), za a = 2, b = −1, c = −1;

g)x2 − 3

y + 2− 3y2 − 1

x+ 5− x

y, za x = −1, y = 4;

d) 14ab+ 15ac− 10a2 − 21bc, za a = −1, b = 2, c = −3.

5. Na�i odgovaraju�e izraze predstavǉene drvetima:

Slika 1.2: Na�i izraze

1.3 Iskazi, iskazna logikaIskaz je svaka reqenica ili formula koja mo�e da ima

jednu i samo jednu istinitosnu vrednost – ili je taqna, ilije netaqna. U matematici iskaze predstavǉaju razne defini-cije, aksiome, teoreme, kao i razne relacije. Iskaz je prostako izra�ava samo jednu misao. U jeziku je to prosta iliprosto proxirena reqenica. Iskaz sastavǉen od dva ilivixe prostih iskaza jeste slo�en iskaz.

Primer 1.3.1. Koje od slede�ih reqenica ili formula suiskazi:

a) 1 + 1 = 2.

7


b) Broj 16 je neparan broj.v) Paran broj se mo�e napisati u obliku 2n, gde je n pri-

rodan broj.g) Zdravo!d) x− 6 = 0.�) Pomno�i brojeve 4 i 6!

Rexeǌe:Iskazi su pod a), b) i v). U stavci pod d), formula x−6 =

0 nije iskaz jer je taqna za neke vrednosti promenǉive x (zax = 6), dok je netaqna za ostale vrednosti. Stavka g) jeuobiqajeni pozdrav pri sastanku ili rastanku i nije iskaz,dok stavka �) oznaqava zapovest i kao takva ne mo�e bitiiskaz.

Definicija 1.3.1. Istinitosna vrednost iskaza p, u oznaciτ(p), definixe se na slede�i naqin:

τ(p) =

{>, ako je iskaz p taqan;⊥, ako je iskaz p netaqan.

Oznake > i ⊥ nazivaju se logiqkim konstantama. Umestoǌih mogu se koristiti i simboli 1 i 0, ali ih ne trebashvatiti kao brojeve.

Primer 1.3.2. Odrediti istinitosnu vrednost iskaza:

a) p : Broj 16 je neparan broj.b) q : 1 < 3.v) r : Svaki trougao je pravougli.g) s : Negativan broj je maǌi od nule.d) t : Zbir uglova u trouglu je 180◦.

Rexeǌe:τ(p) = ⊥, τ(q) = >, τ(r) = ⊥, τ(s) = > i τ(t) = >.Iskazna logika proizlazi iz logike iskaza ǌenom forma-

lizacijom, odnosno ,,matematizacijom”. Za definisaǌe je-zika iskazne logike treba zadati odgovaraju�i skup simbolakoji su nedeǉivi (azbuka, alfabet) i formirati reqi nadtom azbukom (svaki konaqan niz simbola iz azbuke). Zatimse izdvajaju oni skupovi reqi nad tom azbukom koji su ,,dobrodefinisani izrazi”, a koje nazivamo iskaznim formulama.

8


Definicija 1.3.2. Standardna azbuka iskazne logike sastojise od slede�ih simbola:

1) prebrojiv skup iskaznih slova, u oznaci S,

2) simboli logiqkih operacija nad iskazima: ∧, ∨, ⇒, ⇔, ¬,

3) pomo�ni znaci (, ).

Standardna azbuka iskazne logike uobiqajeno se obele-�ava sa L, dok je

S = {p, q, r, s, . . . , x, y, z, . . .} ili S = {p1, p2, . . . , pn, . . .}.

Osnovne logiqke operacije sa iskazima su: konjunkcija,disjunkcija, implikacija, ekvivalencija i negacija. Sada�emo ih definisati i detaǉnije ispitati.

Definicija 1.3.3. Konjunkcija dva iskaza p i q je slo�eniskaz p ∧ q (,,p i q”) koji je taqan onda i samo onda ako sutaqna oba iskaza.

Odgovaraju�a istinitosna tablica je:

∧ > ⊥> > ⊥⊥ ⊥ ⊥

ili

τ(p) τ(q) τ(p ∧ q)> > >> ⊥ ⊥⊥ > ⊥⊥ ⊥ ⊥

Primer 1.3.3. Razmotrimo istinitost slede�e slo�ene re-qenice: ,,Ja imam 19 godina i dobar sam student.” Ona sesastoji iz dva iskaza:

Ja imam 19 godina︸︷︷︸p

i dobar sam student.︸︷︷︸q

Ako je bar jedan od iskaza p ili q netaqan, onda je celareqenica netaqna. Reqenica je taqna onda i samo onda kadasu oba iskaza taqna.

Definicija 1.3.4. Disjunkcija dva iskaza p i q je slo�eniskaz p ∨ q (,,p ili q”) koji je taqan onda i samo onda ako jetaqan bar jedan od datih iskaza.

9



∨ > ⊥> > >⊥ > ⊥

ili

τ(p) τ(q) τ(p ∨ q)> > >> ⊥ >⊥ > >⊥ ⊥ ⊥

Primer 1.3.4. Razmotrimo sada istinitost slede�e slo�enereqenice: ,,Milan svira violinu ili klavir”. Ona se sa-stoji iz dva iskaza:

Milan svira violinu︸︷︷︸p

ili Milan svira klavir.︸︷︷︸q

Ako je bar jedan od iskaza p ili q taqan, onda je cela reqe-nica taqna. Reqenica je netaqna onda i samo onda kada suoba iskaza netaqna.

Primetimo da je upotreba reqi ili u srpskom jeziku dvo-smislena. Nekad A ili B znaqi da je najmaǌe jedno od A iB taqno, a i da mogu biti oba taqna. Ovo je tzv. inkluzivnaupotreba reqi ili. Tako, na primer, da bismo objasnili ne-qiji uspeh, mo�emo re�i: ,,On je vrlo pametan ili ima punosre�e”, qime oqigledno nismo iskǉuqili mogu�nost da jepomenuta osoba istovremeno pametna i da ima sre�e.

Me�utim, req ili nekad se koristi u ekskluzivnom smi-slu. Na primer, reqenica: ,,Popodne �u i�i u bioskop ili�u ostati ku�i da uqim”, oqigledno znaqi da �e se desitisamo jedna od dve pomenute aktivnosti. Disjunkcija koju smodefinisali odnosi se na inkluzivnu upotrebu reqi ili, dok�emo kasnije definisati ekskluzivnu disjunkciju koja se od-nosi na ekskluzivnu upotrebu. Ovo je samo jedan od primerada se jezik matematike ne mo�e poistovetiti sa obiqnim je-zikom.

Definicija 1.3.5. Implikacija dva iskaza p i q je slo�eniskaz p ⇒ q (,,p implicira q”) koji je netaqan jedino ako jeprvi iskaz taqan, a drugi netaqan.


10


⇒ > ⊥> > ⊥⊥ > >

ili

τ(p) τ(q) τ(p⇒ q)> > >> ⊥ ⊥⊥ > >⊥ ⊥ >

Primer 1.3.5. Razmotrimo istinitost slede�e slo�ene re-qenice: ,,Ako je danas nedeǉa, onda se negde igra utakmica.”Ona se sastoji iz dva iskaza:

Ako je danas nedeǉa︸︷︷︸p

i onda se negde igra utakmica.︸︷︷︸q

Ono xto je zbuǌuju�e jeste: ⊥ ⇒ >. Da li je ova reqenicataqna ako danas nije nedeǉa, a ipak se negde igra utakmica?Iz date reqenice ne mo�e se zakǉuqiti xta se dexava akodanas nije nedeǉa. Ako danas nije nedeǉa, to nema nikakvoguticaja na taqnost ove reqenice, pa ona ostaje taqna.

Implikacija p⇒ q qita se na vixe naqina:

- iz p sledi q;- p je dovoǉan uslov za q;- q je potreban uslov za p;- p je pretpostavka za q;- q je posledica od p;- p povlaqi q, itd.

Definicija 1.3.6. Ekvivalencija dva iskaza p i q je slo�eniskaz p ⇔ q (,,p ekvivalentno q”) koji je taqan onda i samoonda kada su oba iskaza istovremeno oba taqna ili oba ne-taqna.


⇔ > ⊥> > ⊥⊥ ⊥ >

ili

τ(p) τ(q) τ(p⇔ q)> > >> ⊥ ⊥⊥ > ⊥⊥ ⊥ >

11


Primer 1.3.6. Razmotrimo istinitost slede�e slo�ene re-qenice: ,,Tamara je punoletna ako ima vixe od 18 godina.”Ona se sastoji iz dva iskaza:

Tamara je punoletna︸︷︷︸p

i ako ima vixe od 18 godina.︸︷︷︸q

Ako je iskaz p taqan, onda je taqan i iskaz q i obrnuto.

Ekvivalencija p⇔ q qita se na vixe naqina:

- ako p onda q i ako q onda p;- p ako i samo ako q;- p je potreban i dovoǉan uslov za q.

Za razliku od ostalih, negacija je unarna operacija.

Definicija 1.3.7. Negacija iskaza p je novi iskaz ¬p (,,nep”) koji je taqan kada je iskaz p netaqan, i koji je netaqankada je iskaz p taqan.

Odgovaraju�a istinitosna tablica je

¬ > ⊥⊥ > ili

τ(p) τ(¬p)> ⊥⊥ >

Definicija 1.3.8. Ekskluzivna disjunkcija dva iskaza p iq je slo�en iskaz p Y q (,,ili p ili q”) koji je taqan onda isamo onda kada je taqno jedan od iskaza p i q taqan.


Y > ⊥> ⊥ >⊥ > ⊥

ili

τ(p) τ(q) τ(p Y q)> > ⊥> ⊥ >⊥ > >⊥ ⊥ ⊥

Pomo�u tablica mo�emo lako da uoqimo da je ekskluzivnadisjunkcija suprotna ekvivalenciji.

U tabeli ispod dat je kratak pregled logiqkih operacija.

12


operacija tip oznaka qitaǌekonjunkcija binarna ∧ ,,i”disjunkcija binarna ∨ ,,ili”implikacija binarna ⇒ ,,povlaqi”ekvivalencija binarna ⇔ ,,ekvivalentno”ekskluzivnadisjunkcija binarna Y ,,ili - ili”negacija unarna ¬ ,,ne”

Definicija 1.3.9. Iskazna formula se definixe na slede�inaqin:

1) Sva iskazna slova su iskazne formule,

2) Ako su A i B iskazne formule, onda su to i slede�i iz-razi: (A ∧B), (A ∨B), (A⇒ B), (A⇔ B), (¬A),

3) Iskazna formula se mo�e dobiti konaqnim brojem pri-mena koraka 1) i 2) iz ove definicije.

Prilikom rada u iskaznoj logici uobiqajeno je pridr�a-vati se slede�ih konvencija:

• Spoǉne zagrade kod iskaznih formula mogu se brisatiradi jednostavnosti;

• Kako bi se smaǌila upotreba zagrada u iskaznim for-mulama, treba se pridr�avati slede�ih prioriteta ope-racija: ¬, zatim ∧ i ∨, Y, i na kraju ⇒ i ⇔;

• Umesto iskazna formula, koristi se samo formula;

• Kako formule predstavǉaju izraze konaqne du�ine (tojest reqi nad azbukom), u svakoj formuli uqestvuje samokonaqno mnogo iskaznih slova.

Primer 1.3.7. Da li je za prirodan broj n istinita kon-junkcija koja se sastoji od iskaza:

p : 3n+ 8 je deǉivo sa 3.q : 3n je deǉivo sa 3.r : 3n− 2 je deǉivo sa 3.

13


Rexeǌe:Kako je τ(p) = ⊥, τ(q) = >, τ(r) = ⊥, dobijamo da je τ(p ∧

q ∧ r) = ⊥.

Primer 1.3.8. Dati su iskazi:

p :

(1

2− 1

3

):

(1

4− 1

5

)=

10

3

q :1

2− 1

3:

(1

4− 1

5

)= −37

6

r :

(1

2− 1

3

):1

4− 1

5= 7

s :1

2− 1

3:1

4− 1

5=

2

5

Odrediti ǌihovu istinitosnu vrednost, pa na osnovu togaodrediti istinitosnu vrednost iskaza:

a) (p ∧ q) ∨ (r ∧ s)

b) (p ∨ q) ∨ (p ∧ s)

v) ((p ∨ r) ∧ q) ∧ (s ∧ r)

g) ((r ∨ s) ∧ (p ∨ s)) ∧ q

d) (q ∧ (r ∧ (s ∧ p))) ∨ ((p ∧ q) ∨ (q ∧ s))

Rexeǌe:Najpre odre�ujemo istinitosnu vrednost iskaza.

1

6:1

20=

1

6· 201

=10

3, pa je τ(p) = >

1

2− 1

3:1

20=

1

2− 1

3· 201

=1

2− 20

3= −37

6, pa je τ(q) = >

1

6· 14− 1

5=

1

24− 1

5=

5− 24

120= − 19

120, pa je τ(r) = ⊥

1

2− 1

3:1

4− 1

5=

1

2− 4

3− 1

5=

15− 40− 6

30= −31

30, pa je τ(s) = ⊥

Daǉe, raqunamo:

τ((p ∧ q) ∨ (r ∧ s)) = τ(p ∧ q) ∨ τ(r ∧ s)= (τ(p) ∧ τ(q)) ∨ (τ(r) ∧ τ(s))= (> ∧>) ∨ (⊥ ∧⊥) = > ∨⊥ = >

14


I sliqno za ostale primere. Napomenimo da se u praksinajqex�e izbegava pisaǌe simbola τ , ve� se odmah slovo pzameǌuje sa τ(p), pa se umesto prethodnog raquna sve svodina (> ∧>) ∨ (⊥ ∧⊥) = > ∨⊥ = >.

1.3.1 Istinitosne tabliceObele�imo sa F formulu (¬p ∨ q) ⇔ p. Formula F odre-

�uje jednu istinitosnu funkciju: za svaku dodelu iskaznimslovima p i q mo�emo da izraqunamo odgovaraju�u istini-tosnu vrednost formule F . Ova izraqunavaǌa prikazuju seistinitosnim tablicama.

p q ¬p ¬p ∨ q (¬p ∨ q)⇔ p> > ⊥ > >> ⊥ ⊥ ⊥ ⊥⊥ > > > ⊥⊥ ⊥ > > ⊥

Svaki red u tabeli odgovara jednoj dodeli istinitosnihvrednosti iskaznim slovima. U kolonama je prikaz odgo-varaju�ih istinitosnih vrednosti iskaza koji se koriste upostupnoj konstrukciji slo�enog iskaza (¬p ∨ q)⇔ p.

Primer 1.3.9. Iskaz (p∨(q∧r))⇒ q ima istinitosnu tablicu:

p q r q ∧ r p ∨ (q ∧ r) (p ∨ (q ∧ r))⇒ q> > > > > >> > ⊥ ⊥ > >> ⊥ > ⊥ > ⊥> ⊥ ⊥ ⊥ > ⊥⊥ > > > > >⊥ > ⊥ ⊥ ⊥ >⊥ ⊥ > ⊥ ⊥ >⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ >

Kada u formuli postoje tri razliqita iskazna slova,tablica ima osam redova. U opxtem sluqaju, kada postojin iskaznih slova, tablica ima 2n redova jer za svako iska-zno slovo imamo dve mogu�nosti: > ili ⊥.

15


Kratke istinitosne tablicePod glavnim veznikom u slo�enom iskazu podrazumevamo

posledǌi veznik korix�en u konstrukciji datog iskaza. Naprimer, (p ∨ q) ⇒ r ima ⇒ kao glavni veznik, p ∨ (q ⇒ r) ima∨ za glavni veznik i ¬(p ∨ q) ima ¬ za glavni veznik.

Postoji naqin za skra�ivaǌe istinitosnih tablica dabismo imali kra�a izraqunavaǌa. Odmah napixemo datiiskaz i umesto izdvajaǌa posebnih kolona za iskaze koji po-stupno grade dati iskaz, pixemo istinitosnu vrednost sva-kog takvog dela ispod ǌegovog glavnog veznika.

Napravimo kratku tablicu za (¬p ∨ q)⇔ q.

(¬ p ∨ q) ⇔ q> > >> ⊥ ⊥⊥ > >⊥ ⊥ ⊥

Najpre, raqunamo sa negacijom:

(¬ p ∨ q) ⇔ q⊥ > > >⊥ > ⊥ ⊥> ⊥ > >> ⊥ ⊥ ⊥

zatim sa disjunkcijom:

(¬ p ∨ q) ⇔ q⊥ > > > >⊥ > ⊥ ⊥ ⊥> ⊥ > > >> ⊥ > ⊥ ⊥

i na kraju sa ekvivalencijom:

(¬ p ∨ q) ⇔ q⊥ > > > > >⊥ > ⊥ ⊥ > ⊥> ⊥ > > > >> ⊥ > ⊥ ⊥ ⊥

16


Naravno, sve ove tabele slu�e samo za ilustraciju postupka.U praksi se ceo raqun izvrxi na jednoj tabeli. Primetimojox i to da ponavǉaǌe svakog iskaznog slova zahteva i po-novno ispisivaǌe dodeǉenih istinitosnih vrednosti.


1. Xta je iskaz? Kada za iskaz ka�emo da je prost?2. Kako definixemo istinitosnu vrednost iskaza?3. Iz qega se sastoji standardna azbuka iskazne logike?4. Koje su osnovne logiqke operacije? Kako glase ǌihove defi-

nicije?5. Kako definixemo iskazne formule?6. Xta su istinitosne tablice?

Zadaci:

1. Koje od slede�ih reqenica su iskazi:

a) (a− b)2 > 0 za svako racionalno a i b;b) 1 < 3;v) x > 5;g) Ja sada la�em;d) Sunce se okre�e oko Zemǉe.

2. Dati su iskazi:

p : 2n+ 3 je neparan broj.

q : 4n+ 1 je paran broj.

Odrediti istinitosnu vrednost formule F = (p ∨ q) ∧ p.3. Dati su iskazi:

p : Broj 9 je potpuni kvadrat.

q : Svaki qetvorougao je trapez.

r : Broj 7 je paran broj.

s : Broj 16 je deǉiv sa 4.

a) Odrediti istinitosnu vrednost datih iskaza.b) Odrediti istinitosnu vrednost formule F , F = (p∧q)∨

(r ∧ s) ∨ (p ∨ s).4. Odrediti istinitosnu vrednost slede�ih implikacija:

a) (2 < 5)⇒ (3 < 7).

b)(2.25− 5

6=

13

12

)⇒(11

3: 3.75 =

16

46

).

17


v) Ako je broj deǉiv sa 14, onda je deǉiv i sa 7.g) Ako je prizma pravilna, onda je ǌena osnova pravilan

mnogougao.d) Ako je 2 + 7 = 9, onda je vaǉak rogǉasto geometrijsko

telo.

5. Kako se reqima mo�e iskazati implikacija p⇒ q, ako je:

a)

p : Qetvorougao je kvadrat.

q : Taj qetvorougao ima jednake dijagonale.

b)

p : Broj a je prirodan broj.

q : Broj a je ceo broj.

6. Odrediti istinitosnu vrednost slede�ih ekvivalencija:

a) (8 > 4)⇔ (−9 > −2);b) (23 = 5)⇔ (32 = 6);

v)(41

5· 37− 1

7

10=

1

10

)⇔(23

5: 1

1

2+ 3

2

7:5

6=

3

7

).

7. Odrediti istinitosnu vrednost slede�ih negacija:a) ¬(9 > 3);b) ¬(42 = 36);

v) ¬(3 + 5 = 7);g) ¬(6 6= 9).

8. Dati su iskazi:

p : Broj 3 je prost broj.

q : Broj 3 se sadr�i u broju 6.

r : Broj 3 je ve�i od broja 5.

Odrediti istinitosnu vrednost slede�ih iskaza:a) p ∧ r;b) p ∨ q;v) ¬q ∧ ¬r;

g) p⇒ (¬q ∨ r);d) (p ∨ r)⇒ (q ⇒ ¬r);�) (p ∨ ¬q)⇔ (q ⇒ r).

9. Dati su iskazi:

p : Broj 2 je prirodan broj.

q : Zbir brojeva 2 i 3 jednak je broju 6.

r : Trougao je poligon.

Odrediti istinitosnu vrednost slede�ih iskaza:a) (p ∧ q)⇒ r;b) r ⇒ (¬p⇔ q);v) (r ∨ ¬p) ∧ ¬q;

g) (q ∨ r)⇔ ¬(¬p⇒ r);d) (¬q ⇔ r) ∨ (p⇒ ¬r);�) (p⇒ ¬q)⇒ ¬(q ∨ ¬r).

18


10. Dati su iskazi:

p : x = 2 je rexeǌe jednaqine2

3x− 1

2(5− x) = 3

2(2x+ 1).

q : Rexeǌe jednaqine x2 − 5x+ 6 = 0 je x = 2 ili x = 3.

r : Skup realnih brojeva ve�ih od4

3je rexeǌe nejednaqine

3x+ 5 > 9.

Odrediti istinitosne vrednosti datih iskaza, a zatim isti-nitosnu vrednost slede�ih formula:

a) (p⇒ q) ∧ ¬(q ⇔ r); b) (p ∨ q)⇒ (¬p ∧ ¬r).11. Dati su iskazi:

p : 23 · 42 = 27;

q : (82 · 43) : (16 · 64) = 23;

r : (272 · 64)2 : (2163 · 36) = 6.

Odrediti istinitosnu vrednost slede�ih iskaza:a) (p ∧ q)⇒ r;b) r ⇒ (¬p⇔ q);v) (r ∨ ¬p) ∧ ¬q;

g) (p⇒ q) ∧ ¬(q ⇔ r);d) (p ∨ q)⇒ (¬p ∧ ¬r).

12. Koriste�i simbole logiqkih operacija, kra�e napisati sle-de�e reqenice:

a) 8 je ve�e od 3 i 8 je ve�e od 0.b) a je ve�e od b ili je b ve�e od a.v) Ako je a ve�e od 0 i b maǌe od 0, onda je ǌihov proizvod

maǌi od 0.g) x je ve�e od 3 ako i samo ako nije jednako 3 i nije maǌe

od 3.d) Ako je bar jedan od brojeva a i b jednak nuli, onda je i

ǌihov proizvod jednak nuli.�) Ako su dva broja oba pozitivna ili oba negativna, onda

je i ǌihov proizvod pozitivan, i obrnuto.

13. Pomo�u tablice istinitosti, odrediti istinitosnu vred-nost slede�ih logiqkih formula:

a) (p ∨ q) ∧ ¬p;b) (p ∨ ¬q)⇒ r;v) (p ∨ q)⇔ (q ⇒ ¬r);g) (p⇔ r)⇔ q;d) ((¬p ∧ q)⇒ r)⇔ (p ∨ r).

19


14. Pomo�u tablice istinitosti, odrediti istinitosnu vred-nost slede�ih logiqkih formula:

a) ¬(p ∧ q) ∧ (¬p ∧ ¬q);b) (p⇒ q) ∨ (¬p⇒ q);v) (p⇒ (q ∧ r))⇔ ((p⇒ q) ∧ (p⇒ r)).

1.4 Tautologije, ekvivalentne formuleDefinicija 1.4.1. Iskazna formula F je tautologija akoima istinitosnu vrednost > za sve vrednosti iskaznih slovau ǌoj. Logiqka formula F koja ima istinitosnu vrednost ⊥za sve vrednosti iskaznih slova u ǌoj naziva se kontradik-cija.

Postoji vixe metoda za ispitivaǌe ,,tautologiqnosti”logiqke formule F kao npr. metod istinitosnih tablica,svo�eǌe na protivreqnost, diskusija po iskaznom slovu, ekvi-valencijske transformacije, svo�eǌe na konjunktivni oblik,a obrazlo�i�emo samo metod istinitosnih tablica i svo-�eǌe na protivreqnost.

Metod istinitosnih tablicaFormula F je tautologija ako se u ǌenoj istinitosnoj

tablici u posledǌoj koloni nalazi samo simbol >.

Primer 1.4.1. Dokazati da je p∨ q ⇔ q ∨ p tautologija kori-ste�i metod istinitosnih tablica.

Rexeǌe:

p q p ∨ q q ∨ p p ∨ q ⇔ q ∨ p> > > > >> ⊥ > > >⊥ > > > >⊥ ⊥ ⊥ ⊥ >

Metod svo�eǌa na protivureqnostPretpostavimo da formula nije tautologija i iz tog za-

kǉuqujemo kakve vrednosti moraju imati iskazna slova da bivrednost formule bila ⊥. Ako stignemo do zakǉuqka da suistom iskaznom slovu (ili nekoj drugoj podformuli) dode-ǉene istovremeno vrednosti > i ⊥, dolazimo do kontradik-cije koja opovrgava naxu pretpostavku, qime smo dokazali

20

1.4. TAUTOLOGIJE, EKVIVALENTNE FORMULE

da je formula tautologija. Inaqe, mo�emo na�i konkretnevrednosti iskaznih slova kada je formula netaqna.

Primer 1.4.2. Dokazati da je p ∧ (p ⇒ q) ⇒ q tautologijakoriste�i metod svo�eǌa na protivureqnost.

Rexeǌe:Pretpostavimo da navedena formula (oznaqimo je sa F )

nije tautologija. To znaqi da postoje vrednosti iskaznihslova u ǌoj takve da je τ(F ) = ⊥. Odatle sledi da je τ(p∧(p⇒q)) = > i τ(q) = ⊥. Iz prve jednakosti daǉe zakǉuqujemoτ(p) = > i τ(p ⇒ q) = >. Me�utim, iz τ(p) = > i τ(q) = ⊥dobijamo da je τ(p⇒ q) = ⊥, xto je kontradikcija.

Navedimo neke bitnije tautologije.

1) p⇒ p – zakon refleksivnosti za implikaciju

2) p ∨ ¬p – zakon iskǉuqeǌa tre�eg

3) ¬(p ∧ ¬p) – zakon neprotivreqnosti

4) ¬¬p⇒ p – zakon dvojne negacije

5) a) p ∧ p⇔ p – idempotentnost konjunkcijeb) p ∨ p⇔ p – idempotentnost disjunkcije

6) a) p ∧ q ⇔ q ∧ p – komutativnost za ∧b) p ∨ q ⇔ q ∨ p – komutativnost za ∨

7) a) (p ∧ q) ∧ r ⇔ p ∧ (q ∧ r) – asocijativnost za ∧b) (p ∨ q) ∨ r ⇔ p ∨ (q ∨ r) – asocijativnost za ∨

8) a) p ∧ (q ∨ r)⇔ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r) – distributivnost za ∧b) p ∨ (q ∧ r)⇔ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r) – distributivnost za ∨

9) (p⇒ q)⇔ (¬q ⇒ ¬p) – zakon kontrapozicije

10) a) ¬(p ∧ q)⇔ ¬p ∨ ¬q – De Morganov zakon za ∧b) ¬(p ∨ q)⇔ ¬p ∧ ¬q – De Morganov zakon za ∨

11) (¬p⇒ (q ∧ ¬q))⇒ p – svo�eǌe na protivreqnost

12) a) p ∧ (p ∨ q)⇔ p – apsorpcijab) p ∨ (p ∧ q)⇔ p – apsorpcija

21


13) p ∧ (p⇒ q)⇒ q – modus ponens

14) ((p⇒ q)⇒ p)⇒ p – Persov zakon

Primer 1.4.3. Koriste�i i jedan i drugi metod dokazati daje formula ((p⇔ q) ∧ (q ⇔ r))⇒ (p⇔ r) tautologija.

Rexeǌe:Najpre �emo ilustrovati metod istinitosnih tablica.

p q r p⇔ q q ⇔ r p⇔ q ∧ q ⇔ r p⇔ r F> > > > > > > >> > ⊥ > ⊥ ⊥ ⊥ >> ⊥ > ⊥ ⊥ ⊥ > >> ⊥ ⊥ ⊥ > ⊥ ⊥ >⊥ > > ⊥ > ⊥ ⊥ >⊥ > ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ > >⊥ ⊥ > > ⊥ ⊥ ⊥ >⊥ ⊥ ⊥ > > > > >

Metod svo�eǌa na protivreqnost: Pretpostavimo da dataformula nije tautologija, tj. neka je τ(F ) = ⊥. Onda je, naosnovu te pretpostavke, τ((p⇔ q)∧(q ⇔ r)) = > i τ(p⇔ r) = ⊥.Daǉe dobijamo slede�e: τ(p ⇔ q) = > = τ(q ⇔ r), odnosno,τ(p⇔ r) = ⊥.

Iz τ(p ⇔ r) = ⊥, dobijamo neposredno τ(p) 6= τ(r). Izτ(p ⇔ q) = > = τ(q ⇔ r), dobijamo da mora biti τ(p) = τ(q),kao i τ(q) = τ(r), odakle je τ(p) = τ(r). Posledǌi rezul-tat je kontradikcija sa τ(p) 6= τ(r), pa je naxa pretpostavkaτ(F ) = ⊥ neodr�iva, xto znaqi da polazna formula jestetautologija.

Primer 1.4.4. Koriste�i metod svo�eǌa na protivreqnost,pokazati da je zakon kontrapozicije tautologija.

Rexeǌe:Pretpostavimo da formula nije tautologija, tj. neka je

τ(F ) = ⊥. Na osnovu toga, dobijamo da mora biti τ(p⇒ q) 6=τ(¬q ⇒ ¬p). To znaqi da je

1◦ τ(p⇒ q) = > i τ(¬q ⇒ ¬p) = ⊥

2◦ τ(p⇒ q) = ⊥ i τ(¬q ⇒ ¬p) = >

22


U prvom sluqaju na osnovu τ(p ⇒ q) = >, dobijamo tripodsluqaja:

τ(p) = >, ⊥, ⊥,τ(q) = >, >, ⊥,

dok na osnovu τ(¬q ⇒ ¬p) = ⊥, dobijamo τ(¬q) = > i τ(¬p) = ⊥,tj. τ(q) = ⊥ i τ(p) = >. Posledǌe dobijene istinitosne vred-nosti ne javǉaju se ni u jednom od prethodna tri podsluqaja,qime smo doxli do kontradikcije u ovom sluqaju. Drugisluqaj se radi sliqno. Formula je tautologija.

Ovde mo�e do�i do opasne grexke u logiqkom rasu�iva-ǌu kada se ne ispitaju svi sluqajevi do kraja. Na primer,ispitajmo da li je formula p⇒ p∧ q tautologija. Ako pret-postavimo suprotno, da je τ(F ) = ⊥, dobijamo da je τ(p) = >i τ(p ∧ q) = ⊥. Na osnovu τ(p ∧ q) = ⊥, imamo tri sluqaja:

1◦ τ(p) = ⊥ i τ(q) = ⊥

2◦ τ(p) = ⊥ i τ(q) = >

3◦ τ(p) = > i τ(q) = ⊥

U prva dva sluqaja, lako dolazimo do kontradikcije, me�u-tim, u tre�em nemamo kontradikciju, xto znaqi da formulanije tautologija. Ovo je jednostavan primer, ali je dostate�e ispitati da li je formula ((p⇒ q)⇒ (q ⇒ r))⇒ (p⇒ r)tautologija. Formula nije tautologija, jer za τ(p) = >,τ(q) = τ(r) = ⊥ sledi da je τ(F ) = ⊥, dok je τ(F ) = > za sveostale vrednosti iskaznih slova. Qitaocu se preporuqujeda sam na�e ove vrednosti iskaznih slova koriste�i metodsvo�eǌa na protivreqnost.

Teorema 1.4.1. Neka je formula F tautologija, sastavǉenaod iskaza oblika p, q, r, . . .. Ako p, q, r, . . . zamenimo sa P,Q,R, . . .(svako iskazno slovo se meǌa sa odgovaraju�im u celoj formuli),tada je dobijena formula F ′ tako�e tautologija.

Dokaz. Formula F odre�uje istinitosnu funkciju f(p, q, r, . . .)koja uvek daje vrednost >, bez obzira na istinitosnu vred-nost iskaza p, q, r, . . .. Neka g1, g2, g3, . . . budu istinitosne funk-cije odre�ene sa P,Q,R, . . .. Tada istinitosna funkcija odre-�ena sa F ′ mora biti oblika f ′ = f(g1(. . .), g2(. . .), g3(. . .), . . .), i

23


poxto f uvek ima vrednost >, sledi da i f ′ mora uvek imativrednost >.

Primer 1.4.5. Formula p∨q ⇔ q∨p jeste tautologija. Zame-nimo sva pojavǉivaǌa p sa q ∨ r i tako�e q sa p. Dobili smonovu formulu (q∨r)∨p⇔ p∨(q∨r), koja je tako�e tautologija.

Kontradikcija je formula koja uvek ima vrednost ⊥. Da-kle, F je kontradikcija ako i samo ako je ¬F tautologija, iF je tautologija ako i samo ako je ¬F kontradikcija.

Primer 1.4.6. Pokazati da je p ∧ ¬p kontradikcija.Rexeǌe:

p ¬p p ∧ ¬p> ⊥ ⊥⊥ > ⊥

Definicija 1.4.2. Dve logiqke formule A i B su logiqkiekvivalentne formule, u oznaci A = B, ukoliko je formulaA⇔ B tautologija.

Primer 1.4.7. Tablicom istinitosti proveriti da li sudate formule logiqki ekvivalentne:

a) A : p⇒ q B : ¬(p ∧ ¬q);

b) A : p⇒ q B : ¬p ∨ q.

Rexeǌe:Postupak �emo ilustrovati primerom pod a), a primer

pod b) rexava se na analogan naqin.

A : p⇒ q B : ¬(p ∧ ¬q)

p q A : p⇒ q ¬q p ∧ ¬q B : ¬(p ∧ ¬q) A⇔ B> > > ⊥ ⊥ > >> ⊥ ⊥ > > ⊥ >⊥ > > ⊥ ⊥ > >⊥ ⊥ > > ⊥ > >

Poxto je formula A⇔ B tautologija, onda su date formuleekvivalentne.

24


1.4.1 De Morganovi zakoni za kvantifikatoreDefinicija 1.4.3 (Kvantifikatori).

1) Oznaka za reqi: svaki, ma koji, bilo koji, naziva se uni-verzalni kvantifikator (ili kvantor) i oznaqava sesimbolom ∀.

2) Oznaka za reqi: postoji najmaǌe jedan, postoji makarjedan, postoji bar jedan, postoji neki, naziva se egzi-stencijalni kvantifikator (ili kvantor) i oznaqavase simbolom ∃.

3) Oznaka za reqi: postoji taqno jedan, postoji jedinstven,jeste specijalni sluqaj egzistencijalnog kvantifika-tora i oznaqava se simbolom ∃1 ili ∃!.

Stav 1.4.1 (De Morganovi zakoni za kvantifikatore).

¬(∀x)A(x)⇔ (∃x)¬A(x) (1.1)

¬(∃x)A(x)⇔ (∀x)¬A(x) (1.2)

Primer 1.4.8. Koriste�i De Morganove zakone za kvanti-fikatore, odrediti negaciju formula:

a) (∃x) (x2 > 1); b) (∀x) (x2 < 1); v) (∃y) (∀n) (n < y).

Rexeǌe:

a) ¬((∃x) (x2 > 1))⇔ (∀x)¬(x2 > 1)⇔ (∀x)(x2 6 1);

b) (∃x) (x2 > 1);

v) (∀y) (∃n) (n > y).

Primer 1.4.9. Odrediti istinitosnu vrednost i odgovara-ju�u reqenicu za svaku od slede�ih formula:

a) (∀x ∈ R)(∃y ∈ R)(x · y = x);

b) (∃y ∈ R)(∀x ∈ R)(x · y = x);

v) (∀x ∈ N)(∃y ∈ N)(y > x);

g) (∃y ∈ N)(∀x ∈ N)(y > x).Rexeǌe:

a) Za svaki realan broj x postoji realan broj y, tako daje x · y = x, odnosno, y je inverz za x u skupu realnihbrojeva. Tvr�eǌe je taqno za svaki x 6= 0.

25


b) Analogno.

v) Za svaki prirodan broj x postoji prirodan broj y, takoda je y > x, odnosno, skup prirodnih brojeva je neogra-niqen odozgo. Tvr�eǌe je taqno.

g) Analogno.


1. Xta je tautologija, a xta kontradikcija?2. Kako mo�emo ispitati da li je neka formula tautologija?3. Navedite nekoliko bitnih tautologija.4. Objasniti metod istinitosnih tablica i metod svo�eǌa na

protivreqnost.5. Kada za dve formule ka�emo da su logiqki ekvivalentne?6. Xta su kvantifikatori?7. Kako glase De Morganovi zakoni za kvantifikatore?

Zadaci:

1. Koriste�i metod istinitosnih tablica, dokazati da su sle-de�e formule tautologije:

a) p⇒ (q ⇒ p);b) ¬(p⇒ q)⇔ (p ∧ ¬q);v) ((p⇔ q) ∧ (q ⇔ r))⇒ (p⇔ r);g) (p ∨ q ⇒ r)⇔ (p⇒ r) ∧ (q ⇒ r);d) (p⇒ (q ⇒ r))⇒ ((p⇒ q)⇒ (p⇒ r)).

2. Koriste�i metod svo�eǌa na protivreqnost, dokazati da suslede�e formule tautologije:

a) (¬p ∧ ¬q)⇒ (p⇔ q);b) ¬(p⇔ q)⇔ (¬p⇔ q);v) ¬(p ∧ ¬q)⇔ (¬p ∨ q);g) ((p ∧ q)⇒ r)⇔ (p⇒ (q ⇒ r));d) ((p⇒ q) ∧ (r ⇒ q))⇒ (((p ∧ r)⇒ q) ∧ (p ∨ r)⇒ q).

3. Dokazati da su slede�e formule kontradikcije:a) p⇔ ¬p; b) (p ∨ q) ∧ ¬p ∧ ¬q.

4. Tablicom istinitosti proveriti da li su slede�e formulelogiqki ekvivalentne:

a) A : (p ∧ r)⇒ q B : p⇒ (q ⇒ r);b) A : ¬(p ∧ ¬q) B : ¬p ∨ q;v) A : p⇔ q B : (p⇒ q) ∧ (q ⇒ p).

26

1.5. SKUPOVI

5. Koriste�i De Morganove zakone, napisati negaciju slede�ihformula:

a) (p ∨ q) ∧ r;b) (p ∧ q) ∨ r.

6. Koriste�i De Morganove zakone za kvantifikatore, napi-sati reqenice logiqki ekvivalentne datim reqenicama:

a) Ne postoji prirodan broj x takav da va�i x+ 1 = −1.b) Postoji realan broj x takav da nije ve�i od 153.v) Ne postoji realan broj x za koji je x2 − 9 < 0.

g) Postoji prirodan broj x takav da ne va�i1∫0

tdt = x.

1.5 SkupoviSkup predstavǉa jedan od osnovnih pojmova u matematici

i usvaja se bez definicije u logiqkom smislu te reqi. Skupse opisuje kao mnoxtvo ili kolekcija nekih objekata kojisu udru�eni prema odre�enim zajedniqkim osobinama, pa semogu smatrati nekom celinom.

Quveni nemaqki matematiqar Georg Kantor (1845-1918)uvodi 1870. g. pojam skupa postavǉaju�i temeǉe apstraktnojteoriji skupova. Pored skupova brojeva i matematiqkih poj-mova, on uvodi i skupove bilo kakvih elemenata, ali to qinineformalno, bez aksioma. Ono xto se mo�e zameriti Kan-toru jeste to xto ni u jednom svom radu nije precizirao xtane mo�e biti element apstraktnog skupa, a xto je imalo zaposledicu pojavu mnogih paradoksa ove teorije. Me�u ǌima,posebno mesto zauzima quveni Raselov paradoks. Me�utim,teorija traje i primenǉiva je i danas u mnogim oblastimamatematike.

1.5.1 Osnovni pojmovi

Pojmovi element, skup nekih elemenata, pripadnost ele-menta skupu, jesu polazni pojmovi u teoriji skupova. Sku-pove obele�avamo velikim slovima latinice, A,B,C,D, . . . ,X, Y, Z, . . ., dok elemente skupa obele�avamo malim slovimalatinice, a, b, c, . . . , x, y, z, . . .. U sluqaju da neki element a

27


pripada nekom skupu A, uvodimo oznaku a ∈ A, a ukoliko tonije sluqaj, zapisujemo a /∈ A.

Skupove mo�emo zadati na neki od slede�ih naqina:

• Analitiqki, tj. navo�eǌem elemenata izme�u velikih(vitiqastih) zagrada, A = {a, b, c},

• Sintetiqki, tj. navo�eǌem osobina koje zadovoǉavajuelementi skupa, B = {x | x ∈ Z, |x| 6 9},

• Venovim dijagramom (zatvorena kriva linija) (Slika(1.3)).

Slika 1.3: Venov dijagram

Skupovi mogu imati konaqan ili beskonaqan broj eleme-nata. Skup koji nema nijedan element nazivamo prazan skup,u oznaci ∅ ili {}. Na primer, skup prirodnih brojeva ve�ihod 10 i maǌih od 3 je prazan skup.

Broj elemenata nekog konaqnog skupa naziva se kardinalnibroj skupa, u oznaci card(A) ili |A|.

Definicija 1.5.1. Za skup A ka�emo da je podskup skupa B, uoznaci A ⊆ B, ako i samo ako su svi elementi skupa A ujednoi elementi skupa B, tj.

A ⊆ B ⇔ (∀x)(x ∈ A⇒ x ∈ B).

Tako�e, u tom sluqaju ka�emo i da je skup B nadskup skupaA, u oznaci B ⊇ A.

Prazan skup je podskup svakog skupa.

28

1.5. SKUPOVI

Slika 1.4: Podskup

Definicija 1.5.2. Za skup A ka�emo da je pravi podskupskupa B, u oznaci A ⊂ B, ako se u skupu B nalazi baremjedan element koji ne pripada skupu A, tj.

A ⊂ B ⇔ A ⊆ B ∧ (∃x)(x ∈ B ∧ x /∈ A).

Definicija 1.5.3. Za skupove A i B ka�emo da su jednakiako i samo ako je A ⊆ B i B ⊆ A i tada pixemo A = B. Usuprotnom, pixemo A 6= B.

Tako�e, jednakost skupova mo�e se definisati na slede�inaqin:

A = B ⇔ (∀x)(x ∈ A⇔ x ∈ B), (1.3)

tj. skupovi su jednaki ako i samo ako imaju jednake ele-mente. Ove definicije jednakosti skupova me�usobno su ek-vivalentne, a dokaz te qiǌenice prepuxtamo qitaocu.

1.5.2 Operacije sa skupovimaDefinicija 1.5.4. Unija dva skupa A i B je skup koji jesastavǉen od elemenata koji pripadaju skupu A ili skupu B.

A ∪B = {x|x ∈ A ∨ x ∈ B}

Primer 1.5.1. Odrediti skup A ∪ B, ako je A = {a, b, c, d} iB = {1, 2, 3}.

Rexeǌe:Na osnovu definicije unije, sledi A∪B = {a, b, c, d, 1, 2, 3}.

Teorema 1.5.1. Neka su A,B,C proizvoǉni neprazni skupovi.Tada va�i:

29


Slika 1.5: Venov dijagram unije

1) A ∪B = B ∪ A

2) (A ∪B) ∪ C = A ∪ (B ∪ C)

3) A ∪ A = A

4) A ∪ ∅ = A

5) A ⊆ (A ∪B), B ⊆ (A ∪B)

6) A ⊆ B onda je A ∪B = B

Dokaz. Dokaza�emo samo prvu jednakost. Ostale se dokazujusliqno.

x ∈ (A ∪B) ⇒ x ∈ A ∨ x ∈ B definicija unije⇒ x ∈ B ∨ x ∈ A disjunkcija je komutativna⇒ x ∈ (B ∪ A) definicija unije

Ovim smo pokazali da je A ∪ B ⊆ B ∪ A. Da je B ∪ A ⊆A ∪B dokazuje se potpuno analogno, na osnovu qega sledi daje A ∪ B = B ∪ A. Napomiǌemo da se u praksi dokazuju obasmera istovremeno tako xto se koristi ekvivalencija umestoimplikacije kad god je to mogu�e.

Definicija 1.5.5. Presek dva skupa A i B jeste skup sa-stavǉen od elemenata koji pripadaju i skupu A i skupu B.

A ∩B = {x|x ∈ A ∧ x ∈ B}

Definicija 1.5.6. Dva skupa su disjunktna ako im je presekprazan skup.

30

1.5. SKUPOVI

Slika 1.6: Venov dijagram preseka

Primer 1.5.2. Odrediti skup A ∩ B ako je A = {1, 2, 3, 4, 5} iB = {3, 4, 5, 6, 7}.

Rexeǌe:Na osnovu definicije preseka, sledi da je A∩B = {3, 4, 5}.

Teorema 1.5.2. Neka su A,B,C proizvoǉni neprazni skupovi.Tada va�i:

1) A ∩B = B ∩ A

2) (A ∩B) ∩ C = A ∩ (B ∩ C)

3) A ∩ A = A

4) A ∩ ∅ = ∅

5) (A ∩B) ⊆ A, (A ∩B) ⊆ B

6) A ⊆ B onda je A ∩B = A

Teorema 1.5.3. Za proizvoǉne neprazne skupove A,B,C va�i:

1) A ∪ (B ∩ C) = (A ∪B) ∩ (A ∪ C)

2) A ∩ (B ∪ C) = (A ∩B) ∪ (A ∩ C)

Definicija 1.5.7. Razlika skupa A i skupa B je skup svihonih elemenata skupa A koji ne pripadaju skupu B.

A \B = {x|x ∈ A ∧ x /∈ B}

31


Slika 1.7: Venov dijagram razlike

Primer 1.5.3. Odrediti skup A \ B, ako je A = {−3,−2,−1,0, 2, 3, 4, 5} i B = {−2, 0, 1, 3, 4}.

Rexeǌe:Na osnovu definicije razlike skupova, sledi da je A\B =

{−3,−1, 2, 5}.


1) (A \B) ⊆ A, A \ ∅ = A

2) A ⊆ B ⇔ A \B = ∅

3) A 6= B ⇒ A \B 6= B \ A

4) C \ (C \ A) ⊆ C

5) C \ (A ∪B) = (C \ A) ∩ (C \B)

6) C \ (A ∩B) = (C \ A) ∪ (C \B)

Definicija 1.5.8. Simetriqna razlika skupa A i skupa Bjeste unija razlike1 skupa A i skupa B i skupa B i skupa A.

A4B = (A \B) ∪ (B \ A)

Primer 1.5.4. Odrediti simetriqnu razliku A4B ako suskupovi A i B dati na slede�i naqin:

A = {x | x ∈ R, |x| 6 4}, B = {x | x ∈ R, |x| 6 1}.

1Ili razlika unije i preseka skupova A i B.

32

1.5. SKUPOVI

Slika 1.8: Venov dijagram simetriqne razlike

Rexeǌe:

x ∈ A4B ⇔ (x ∈ A ∧ x /∈ B) ∨ (x /∈ A ∧ x ∈ B)

⇔ (|x| 6 4 ∧ |x| > 1) ∨ (|x| > 4 ∧ |x| 6 1)

⇔ (|x| 6 4 ∧ |x| > 1) ∨ ⊥⇔ (1 < |x| 6 4)

⇔ x ∈ [−4,−1) ∪ (1, 4]


1) A4A = ∅

2) A4∅ = A

3) A4B = B4A

4) (A4B)4C = A4(B4C)

5) A ∩ (B4C) = (A ∩B)4(A ∩ C)

Definicija 1.5.9. Ako je B ⊆ A, onda svi elementi skupaA \B, obrazuju komplement skupa B u odnosu na skup A.

{A(B) = A \B

Razlika nekog univerzalnog skupa E i ma kog ǌegovog pod-skupa A, naziva se komplement skupa A u odnosu na skup E,i oznaqava se sa Ac ili sa A.

Teorema 1.5.6. Ako su A i B podskupovi nekog univerzalnogskupa E, tada va�i:

33


1) A = A

2) A ⊆ B ⇔ B ⊆ A

3) A ∪B = A ∩B

4) A ∩B = A ∪B

Slika 1.9: Komplement

Definicija 1.5.10. Neka je A proizvoǉan neprazan skup ineka P(A) oznaqava skup qiji su elementi svi podskupoviskupa A. Onda se P(A) zove partitivni skup skupa A.

P(A) = {X|X ⊆ A}

Kardinalni broj partitivnog skupa proizvoǉnog skupa Aodre�uje se na slede�i naqin: |P(A)| = 2|A|. Napomenimo dasu sam skup A i prazan skup ∅ tako�e podskupovi skupa A.

Primer 1.5.5. Odrediti partitivni skup skupa A = {a, b, c}.Rexeǌe:

P(A) = {∅, {a}, {b}, {c}, {a, b}, {b, c}, {a, c}, {a, b, c}}

Primer 1.5.6. Da li su slede�e jednakosti taqne?

a) {1, 2, 3} = {2, 3, 1}

b) {1, 1, 1, 2, 3, 3} = {2, 3, 1}

v) {∅} = ∅

g) ∅ = {}

34

1.5. SKUPOVI

Rexeǌe:

a) Jeste, redosled elemenata nema uticaj.

b) Jeste, broj ponavǉaǌa elemenata nema uticaj.

v) Nije taqno, prvi skup ima za element prazan skup, dokje na desnoj strani prazan skup.

g) Taqno, u pitaǌu su samo razliqite oznake za istu stvar.

Primer 1.5.7. Date skupove zapisati sintetiqki i/ili ana-litiqki:

a) Svi prirodni brojevi koji deǉeǌem sa 3 daju ostatak 2.

b) Svi celi brojevi izme�u −4 i 5, ukǉuquju�i i 5.

v) C = {2x | x 6 4, x ∈ N}.

Rexeǌe:

a) A = {x |x ∈ N, x = 3k + 2, k ∈ N0} = {2, 5, 8, 11, 14, 17, . . .}.

b) B = {x |x ∈ Z,−4 < x 6 5} = {−3,−2,−1, 0, 1, 2, 3, 4, 5}.

v) C = {2x | x 6 4, x ∈ N} = {21, 22, 23, 24} = {2, 4, 8, 16}.

Primer 1.5.8. Dati su skupovi A = {x | x|12}, B = {x | x|20},C = {x | x|32}. Odrediti skupove:

a) A \ (B ∪ C)

b) A ∪ (B ∩ C)

v) C ∪ (A ∩B)

g) (A ∩B) \ C

d) A \ (B \ C)

Rexeǌe:Najpre odre�ujemo elemente skupova A, B i C i dobi-

jamo da je A = {1, 2, 3, 4, , 6, 12}, B = {1, 2, 4, 5, 10, 20} i C ={1, 2, 4, 8, 16, 32}. Tada se, primenom definicije skupovnih ope-racija, dobija:

35


a) A \ (B ∪ C) = {3, 6, 12}

b) A ∪ (B ∩ C) = A ∪ {1, 2, 4} = A

v) C ∪ (A ∩B) = C

g) (A ∩B) \ C = {1, 2, 4} \ C = ∅

d) A \ (B \ C) = A \ {5, 10, 20} = A

Primer 1.5.9. Svaki student jednog fakulteta na jednoj stu-dijskoj grupi uqi bar jedan od tri strana jezika (engleski,ruski, francuski), i to: 21 student uqi engleski jezik, 18studenata uqi ruski jezik, 14 studenata uqi francuski je-zik, 11 studenata uqi engleski i ruski jezik, 8 studenatauqi engleski i francuski jezik, 2 studenta uqe sva tri je-zika. Koliko ukupno ima studenata na toj studijskoj grupii koliko ǌih uqi samo 2 strana jezika?

Slika 1.10: Broj studenata predstavǉen Venovim dijagra-mom

Rexeǌe:Na osnovu dijagrama, dva strana jezika uqi 15 studenata,

a studijska grupa broji 34 studenta.

Primer 1.5.10. Dokazati slede�e skupovne jednakosti:

a) A \ (B ∪ C) = (A \B) ∩ (A \ C)

b) (A ∩B) ∪ A = A

36

1.5. SKUPOVI

Rexeǌe:

a)

x ∈ A \ (B ∪ C)⇔ x ∈ A ∧ x /∈ (B ∪ C)⇔ x ∈ A ∧ x /∈ B ∧ x /∈ C⇔ x ∈ A ∧ x /∈ B ∧ x ∈ A ∧ x /∈ C⇔ x ∈ (A \B) ∧ x ∈ (A \ C)⇔ x ∈ (A \B) ∩ (A \ C)

Drugi naqin: Oznaqimo iskaze p : x ∈ A, q : x ∈ B,r : x ∈ C. Sada, formulu mo�emo zapisati ovako: x ∈A \ (B ∪C)⇔ x ∈ A∧ x /∈ (B ∪C)⇔ x ∈ A∧ x /∈ B ∧ x /∈ C ≡p ∧ ¬q ∧ ¬r

(A\B)∩(A\C) ≡ x ∈ A∧x /∈ B∧x ∈ A∧x /∈ C ≡ p∧¬q∧p∧¬r

Dakle, da bismo dokazali skupovnu jednakost, neopho-dno je da proverimo da li je p ∧ ¬q ∧ ¬r ⇔ p ∧ ¬q ∧ p ∧ ¬rtautologija.

b) (A ∩B) ∪ A = A

Kada oznaqimo iskaze p : x ∈ A, q : x ∈ B, odgovaraju�aformula postaje zakon apsorpcije.

Za one koji �ele da znaju vixe: Skupovne jednakosti se mnogojednostavnije dokazuju korix�eǌem karakteristiqnih funkcija.Funkcija χA : X → {0, 1}, gde je A ⊆ X definisana formulom

χA(x) =

{1, x ∈ A;0, x /∈ A.

naziva se karakteristiqna funkcija. Lako je pokazati slede�ihnekoliko pravila:

1) χA∩B(x) = χA(x) · χB(x)2) χA∪B(x) = χA(x) + χB(x)− χA(x) · χB(x)3) χA(x) = 1− χA(x)4) χA\B = χA(x)− χA(x) · χB(x)

37


1.5.3 Dekartov proizvod skupovaQesto je znaqajno precizirati redosled elemenata posma-

tranog skupa. U tom ciǉu u matematici se uvode pojmoviure�ena dvojka, ure�ena trojka, ure�ena n-torka. Oznakaza ure�enu dvojku je (a, b), za ure�enu trojku (a, b, c), za ure-�enu n-torku (a1, a2, . . . , an−1, an).

Elementi koji obrazuju ure�enu dvojku zovu se kompo-nente ili koordinate ure�ene dvojke. U ure�enoj dvojci(a, b), za element a ka�emo da je prva komponenta, a za elementb da je druga komponenta.

Definicija 1.5.11. Dve ure�ene dvojke su jednake ako i samoako su im elementi po redu jednaki. Simboliqki to pixemo:

(a1, b1) = (a2, b2)⇔ a1 = a2 ∧ b1 = b2.

Jednakost ure�enih trojki simboliqki se definixe naslede�i naqin:

(a1, b1, c1) = (a2, b2, c2)⇔ a1 = a2 ∧ b1 = b2 ∧ c1 = c2.

Analogno, jednakost ure�enih n-torki definixemo na sle-de�i naqin:

((a1, a2, . . . , an−1), an) = ((b1, b2, . . . , bn−1), bn)⇔⇔ a1 = b1 ∧ a2 = b2 ∧ . . . ∧ an−1 = bn−1 ∧ an = bn.

Definicija 1.5.12. Dekartov (direktan, Kartezijev) proiz-vod skupova A,B jeste novi skup svih ure�enih dvojki (pa-rova) oblika (x, y), pri qemu je prvi qlan x ∈ A, a drugi qlany ∈ B. Taj proizvod se oznaqava sa A × B i qita se ,,A krstB”. Odnosno,

A×B = {(x, y) | x ∈ A ∧ y ∈ B}.

Ako je u prethodnoj definiciji bar jedan od skupova pra-zan, na primer skup B, tada je A× ∅ = ∅ × A = ∅.

Napomena: Proizvodi A × B i B × A nisu uvek jednaki.Me�utim, A × B = B × A samo ukoliko je A = B. Za triproizvoǉna skupa A, B, C, va�i: (A × B) × C = A × (B × C).Dekartov kvadrat skupa A je A2 = A × A, dok se n-ti stepenskupa A izraqunava kao An = A(n−1) × A.

38

1.5. SKUPOVI

Stav 1.5.1. A×B = ∅ ako i samo ako je A = ∅ ili B = ∅.

Primer 1.5.11. Koje od slede�ih jednakosti su taqne:a) {3, 1} = {1, 3};

b) (3, 1) = (1, 3);

v) (1, 1, 2) = (1, 2, 1);

g) {1, 2, 1} = {1, 1, 2};

d) (1, 2) = (4− 3, 1 + 1);

�) (0, 0) = ∅.

Rexeǌe:Taqne su jednakosti pod a), g) i d).

Primer 1.5.12. Date su dve ure�ene dvojke (x−1, 2) i (4, y−3).Odrediti x i y tako da ove ure�ene dvojke budu jednake.

Rexeǌe:

(x− 1, 2) = (4, y − 3)⇔ x− 1 = 4 ∧ 2 = y − 3

⇔ x = 5 ∧ y = 5

Primer 1.5.13. Odrediti Dekartov proizvod skupova:

a) A = {1, 2} i B = {5, 6};

b) A = {1, 2, 3} i B = {a, b};

v) A = {3, 1, 2, 4} i B = {3, 5}.

Rexeǌe:

a) A×B = {(1, 5), (1, 6), (2, 5), (2, 6)}

b) A×B = {(1, a), (1, b), (2, a), (2, b), (3, a), (3, b)} (Slika (1.11))

v) A×B = {(3, 3), (3, 5), (1, 3), (1, 5), (2, 3), (2, 5), (4, 3), (4, 5)}

U nastavku navodimo teoremu o distributivnosti Dekar-tovog proizvoda prema uniji i preseku skupova.

Teorema 1.5.7. Neka su A, B, C proizvoǉni skupovi. Tadava�e slede�e skupovne jednakosti:

a) (A ∪B)× C = (A× C) ∪ (B × C)

b) (A ∩B)× C = (A× C) ∩ (B × C)

39


Slika 1.11: Dekartov proizvod skupova A = {1, 2, 3} i B ={a, b} predstavǉen kao koordinate taqaka u ravni

Dokaz. a)

∀(x, y) ∈ (A ∪B)× C ⇔ x ∈ A ∪B ∧ y ∈ C⇔ (x ∈ A ∨ x ∈ B) ∧ y ∈ C⇔ (x ∈ A ∧ y ∈ C) ∨ (x ∈ B ∧ y ∈ C)⇔ (x, y) ∈ A× C ∨ (x, y) ∈ B × C⇔ (x, y) ∈ (A× C) ∪ (B × C)

b)

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

Primer 1.5.14. Temena pravougaonika ABCD imaju koordi-nate: A(−3,−2), B(3,−2), C(3, 2), D(−3, 2) u Dekartovoj ravnixOy. Ako prva i druga koordinata x i y svih taqaka na di-jagonali AC zadovoǉavaju jednakost y = 2

3x, odrediti broj i

skup taqaka S, sa celobrojnim koordinatama, koji je podskupsvih taqaka trougla ABC.

Rexeǌe:S obzirom na to da koordinate x i y svih taqaka na dijago-

nali AC zadovoǉavaju jednakost y = 23x, uzimaju�i redom za

prve koordinate x vrednosti od −3 do 3, dobijamo vrednostiza y redom: −2, −4

3, −2

3, 0, 2

3, 4

3, 2. Kako na dijagonali postoje

40

1.5. SKUPOVI

tri taqke sa celim koordinatama u pravougaoniku i one suzajedniqke taqke za oba trougla, onda �e samo u trouglu ABCbiti polovina od ukupnog broja taqaka uve�ana za tri zajed-niqke taqke na dijagonali, odnosno, tra�eni broj taqaka je1

2(7 · 5 + 3) = 19.

Slika 1.12: Taqke sa celobrojnim koordinatama

Tra�eni skup taqaka S, koji je podskup skupa taqaka tro-ugla ABC, ima slede�e elemente:

S = {(−3,−2), (−2,−2), (−1,−2), (−1,−1), (0,−2), (0,−1),(0, 0), (1,−2), (1,−1), (1, 0), (2,−2), (2,−1),(2, 0), (2, 1), (3,−2), (3,−1), (3, 0), (3, 1), (3, 2)}.


1. Xta predstavǉa skup? Kako se skup mo�e zadati?2. Kako definixemo podskup, a kako pravi podskup? Objasniti

razliku.3. Kako definixemo uniju, presek i razliku skupova? Koje oso-

bine imaju ove skupovne operacije?4. Kako definixemo simetriqnu razliku dva skupa?5. Xta je komplement skupa i koje su ǌegove osobine?6. Xta je partitivni skup nekog skupa?7. Xta su ure�eni parovi (dvojke)?8. Kako glasi definicija Dekartovog proizvoda skupova?

41


Zadaci:

1. Koja od slede�ih kolekcija je skup?

a) Kolekcija dana u nedeǉi koji poqiǌu na slovo S.b) Kolekcija prirodnih brojeva maǌih od 234.v) Kolekcija pesama Alekse Xanti�a.g) Kolekcija celih brojeva u intervalu (0, 1).

2. Zapixite elemente slede�ih skupova:

a) A = {x | x ∈ Z i − 7 6 x 6 1}.b) B = {x | x ∈ R i x2 − 1 = 0}.v) C = {x | x je slovo u reqi MATEMATIKA}.g) D = {x | x je prost broj i delilac broja 60}.

3. Koji od slede�ih skupova su konaqni, a koji beskonaqni?

a) Skup svih pravih paralelnih datoj pravoj.b) Skup svih �ivotiǌa na Zemǉi.v) Skup prirodnih brojeva maǌih ili jednakih od 70.g) Skup svih taqaka na kru�nici.

4. Koji od slede�ih skupova su prazni?

• A = {x | x ∈ R i x je rexeǌe jednaqine x2 + 2 = 0}.• B = {x | x ∈ Z i x je rexeǌe jednaqine x− 3 = 0}.• C = {x | x ∈ Z i x je rexeǌe jednaqine x2 − 2 = 0}.• D = {x | x je taqka preseka dve paralelne prave}.

5. U slede�im stavkama proverite da li za skupove A i B va�ida je A = B ili je |A| = |B|.

a) A = {a}, B = {x | x je paran prost broj}.b) A = {1, 2, 3, 4}, B = {x | x je slovo u reqi UQEǋE}.v) A = {x | x je rexeǌe jednaqine x2−5x+6 = 0}, B = {2, 3}.

6. Neka je A = {∅, {1}, {2}, {1, 2}}. Koja od slede�ih tvrdǌi jetaqna?

a) {1, 2} ⊂ A.b) ∅ ∈ A.v) 1 ∈ A.

7. Dat je skup S = {0, 1, 2, . . . , 9}. Odrediti skupove

A =

{x | x ∈ S ∧ 2x

12− x∈ S

}i B =

{y | y ∈ S ∧

(y2

2− y)∈ S

},

zatim odrediti skupove: A∪B,A∩B, A \B, B \A i P(A \B).

42

1.5. SKUPOVI

8. Odrediti komplement skupa A = {8, 9, 10} u odnosu na skupM = {x | x < 11, x ∈ N}.

9. Odrediti komplement skupa A = {−1, 1} u odnosu na skup M ={x | − 3 6 x < 5, x ∈ Z}.

10. Neka je N univerzalni skup i A, B, C i D ǌegovi podskupovidati sa:

A = {x | x je paran prirodni broj}B = {x | x ∈ N i x je deǉiv sa 3}C = {x | x ∈ N i x > 5}D = {x | x ∈ N i x 6 20}

Odrediti komplemente skupova A, B, C i D respektivno.11. Dati su skupovi A = {1, 2, 3, 4, 5} i B = {4, 5, 6, 7}. Odrediti

skup X tako da bude X \B = ∅ i A \X = {1, 2, 3}.12. Dat je skup E = {a, b, c, d, e}. Odrediti skupove X i Y tako

da bude: X ⊂ E ∧ {a, b, c} ∩ X = {b, c}; Y ⊂ E ∧ Y \ {b, d} ={c, e} ∧ Y ∩ {a, b, d} = {b}, pa odrediti X \ Y .

13. U jednom odeǉeǌu od 30 uqenika odgovaralo je: 19 uqenikamatematiku, 17 uqenika fiziku, 11 uqenika istoriju, 12 uqe-nika matematiku i fiziku, 7 uqenika istoriju i matematiku,5 uqenika fiziku i istoriju i dva uqenika sva tri predmeta.Koliko uqenika je odgovaralo istoriju, ali ne i matematiku?Koliko uqenika je odgovaralo dva predmeta od tri mogu�a?Koliko uqenika je odgovaralo samo jedan predmet?

14. Ukupno 50 studenata polagalo je ispite iz Matematike, Fi-zike i Hemije, i svaki od studenata polo�io je najmaǌe jedanispit, 37 je polo�ilo Matematiku, 24 Fiziku i 43 Hemiju.Najvixe 19 polo�ilo je Matematiku i Fiziku, najvixe 29Matematiku i Hemiju i najvixe 20 Fiziku i Hemiju. Ko-liki je najve�i mogu�i broj studenata koji su polo�ili svatri ispita?

15. Dat je skup A = {1, 2, 3, 4}. Odrediti P(A).16. Dati su skupovi S = {a, b, c, d, e, f}, A = {a, c, d, f} B = {c, d, e, f}.

a) Odrediti sve podskupove skupa B.b) Napisati sve elemente skupa P(A).v) Odrediti P(A) ∩ P(B).g) Odrediti P({S(A)) ∩ P({S(B)).

17. Da li za sve skupove A, B i C va�i (A∩B)∪C = A∩ (B ∪C)?Obrazlo�iti odgovor.

43


18. Dokazati slede�e skupovne jednakosti:

a) A \ (A ∩B) = A \B;b) A \ (B ∪ C) = (A \B) ∩ (A \ C);v) (A \B) ∩ (C \B) = (A ∩ C) \B;g) (A \B) ∩ (C \D) = (A ∩ C) \ (B ∪D).

19. Odrediti nepoznate x, y, z ako je (3x−2,−5, z+1) = (7, y−2, 3).20. Odrediti sve elemente skupa S ako je,

S = {(x, y) |2x+ y = 1, x ∈ A, y ∈ B},

pri qemu je A = {−2, 0,−1} i B = {−1, 5, 1, 2}.21. Odrediti sve elemente skupa A ako je

A = {(x, y) | x ∈ {1, 2, 3, 4}, y = 3x}.

22. Odrediti Dekartov kvadrat skupa

a) A = {2}.b) B = {1, a}.v) C = {1, 2, 3}.

23. Dati su skupovi A = {2, 3, 4}, B = {4, 5, 6}. Odrediti

a) A×B.b) B ×A.v) (A ∪B)×A.

24. Dati su skupovi A = {1, 2, 3}, B = {2, 4, 5} i C = {3, 5}. Odre-diti:

a) A× (B ∪ C).b) (A ∩B)× C.v) (A \B)×B.

44

1.6. BINARNE RELACIJE

1.6 Binarne relacije

1.6.1 Osnovni pojmoviDefinicija 1.6.1. Svaki podskup ρ Dekartovog proizvodaA×B je binarna relacija izme�u elemenata skupa A i ele-menata skupa B. Ako je A = B, tada je ρ ⊂ A2 binarna rela-cija definisana na skupu A.

Ako su a ∈ A i b ∈ B u relaciji ρ, pixemo (a, b) ∈ ρ ili aρb.

Definicija 1.6.2. Inverzna relacija relacije ρ je ρ−1 ⊆B × A takva da je

(x, y) ∈ ρ−1 ⇔ (y, x) ∈ ρ.

Definicija 1.6.3. Graf G je ure�en par (V, ρ), gde je V ne-prazan skup i ρ binarna relacija na V .

Elementi skupa V nazivaju se qvorovi, (engl. vertex , mn. ver-tices), a elementi skupa ρ grane (engl. edge) grafa G.

Relacije se mogu zadati na neki od slede�ih naqina:

1) opisivaǌem (tekstualno);

2) skupom;

3) pomo�u grafa;

4) navo�eǌem matematiqko-logiqkog uslova;

5) tabelarno.

Primer 1.6.1. Neka je na skupu A = {7, 9, 13} definisana bi-narna relacija ρ ⊆ A2 sa xρy ako i samo ako je x razliqitood y. Zapisati relaciju ρ na preostala qetiri naqina:

Rexeǌe:

• Skupom: ρ = {(7, 9), (7, 13), (9, 7), (9, 13), (13, 7), (13, 9)};

• Grafom: Graf je prikazan na slici (1.13).

• Zadavaǌem matematiqko-logiqkog uslova:

ρ = {(x, y) | (x, y) ∈ A2 ∧ x 6= y}.

45


• Tabelarno:

ρ 7 9 137 ⊥ > >9 > ⊥ >13 > > ⊥

Slika 1.13: Graf relacije

Definicija 1.6.4. Unija binarnih relacija ρ1 i ρ2, u oznaciρ1 ∪ ρ2, definixe se na slede�i naqin:

ρ1 ∪ ρ2 = {(x, y) | (x, y) ∈ ρ1 ∨ (x, y) ∈ ρ2}.

Definicija 1.6.5. Presek binarnih relacija ρ1 i ρ2, u oznaciρ1 ∩ ρ2, definixe se na slede�i naqin:

ρ1 ∩ ρ2 = {(x, y) | (x, y) ∈ ρ1 ∧ (x, y) ∈ ρ2}.

1.6.2 Osobine i vrste binarnih relacijaNavedimo sada neke osobine binarnih relacija.

Definicija 1.6.6. Za binarnu relaciju ρ u nepraznom skupuA ka�e se da je refleksivna ako je ispuǌen uslov:

(∀x ∈ A)(xρx) ili (∀x ∈ A) (x, x) ∈ ρ.

Definicija 1.6.7. Za binarnu relaciju ρ u nepraznom skupuA ka�e se da je simetriqna ako je ispuǌen uslov:

(∀x, y ∈ A)(xρy ⇒ yρx) ili ((∀x, y ∈ A)(x, y) ∈ ρ⇒ (y, x) ∈ ρ).

46


Definicija 1.6.8. Za binarnu relaciju ρ u nepraznom skupuA ka�e se da je antisimetriqna ako je ispuǌen slede�iuslov:

(∀x, y ∈ A)(xρy ∧ yρx⇒ x = y) ili

(∀x, y ∈ A)((x, y) ∈ ρ ∧ (y, x) ∈ ρ⇒ x = y).

Odnosno, (∀x, y ∈ A)(xρy ⇒ (¬(yρx))).

Definicija 1.6.9. Za binarnu relaciju ρ u nepraznom skupuA ka�e se da je tranzitivna ako je ispuǌen slede�i uslov:

(∀x, y, z ∈ A)(xρy ∧ yρz ⇒ xρz) ili

(∀x, y, z ∈ A)((x, y) ∈ ρ ∧ (y, z) ∈ ρ⇒ (x, z) ∈ ρ).

Definicija 1.6.10. Za binarnu relaciju ρ u nepraznom skupuA ka�e se da je antirefleksivna ako je ispuǌen slede�iuslov:

(∀x ∈ A)¬(xρx) ili (∀x ∈ A)((x, y) /∈ ρ).

Definicija 1.6.11. Ako je ρ ⊂ A2 refleksivna, simetriqnai tranzitivna relacija, onda je ρ relacija ekvivalencije.

Definicija 1.6.12. Ako je ρ ⊂ A2 refleksivna, antisime-triqna i tranzitivna relacija, onda je ρ relacija poretka.

Ako je na skupu A zadata relacija poretka, skup A je ure-�en skup. Ako su svaka dva elementa skupa u relaciji poretka(me�usobno uporediva), skup A je totalno ure�en skup. An-tirefleksivna, antisimetriqna i tranzitivna relacija na-ziva se relacija strogog poretka.

Za relaciju ekvivalencije definixemo i slede�e pojmove:

Definicija 1.6.13. Klasa ekvivalencije elementa x ∈ Aproizvoǉne relacije ekvivalencije ρ definisane na skupu A,u oznaci Cx, jeste skup svih onih elemenata y ∈ A koji su urelaciji ρ sa elementom x ∈ A. Odnosno,

Cx = {y ∈ A | x ∈ A ∧ xρy}.

Definicija 1.6.14. Koliqniqki skup (faktor skup) pro-izvoǉne relacije ekvivalencije ρ definisane na skupu A, uoznaci A/ρ, jeste skup svih klasa ekvivalencije relacije ρ.Odnosno,

A/ρ = {Cx | x ∈ A}.

47


Relacije su u stvari odnosi izme�u dva (matematiqka)objekta. Npr. pogledajmo relaciju ,,ispred”.

Primer 1.6.2. Posmatrajmo neka dva objekta a i b i nekaje npr. a ispred b. Uoqimo relaciju ρ ,,je ispred”, tj. aρb.Ispitajmo osobine ove relacije.

1) Refleksivnost; Da li va�i aρa, tj. da li je a ispred a?Oqigledno da je odgovor odriqan, pa ova relacija nijerefleksivna.

2) Simetriqnost; Ako je a ispred b, da li je b ispred a?Oqigledno da nije.

3) Antisimetriqnost; Ako je a ispred b, sledi da nije bispred a, pa je ova relacija antisimetriqna.

4) Tranzitivnost; Pored objekata a i b, uzmimo u razma-traǌe i objekat c tako da je a ispred b i b ispred c.Onda je i a ispred c.

5) Antirefleksivnost; a nije ispred a, pa je ova relacijaantirefleksivna.

Sad lako uoqavamo i druge relacije, kao xto su: iza, iznad,ispod, u�e, xire...

Primer 1.6.3. Ispitati koje osobine ima relacija paralel-nosti (‖) definisana na skupu svih pravih jedne ravni.

1) Refleksivnost; Da li va�i aρa, tj. da li je a paralelnosa a? Oqigledno da jeste.

2) Simetriqnost; Ako je a ‖ b, da li je b ‖ a? Jeste.

3) Antisimetriqnost; Ako je a ‖ b i b ‖ a, da li je a = b?Nije, pa ova relacije nije antisimetriqna.

4) Tranzitivnost; Ako je a ‖ b, b ‖ c, onda je i a ‖ c, pa jeova relacija tranzitivna.

5) Antirefleksivnost; Relacija paralelnosti nije anti-refleksivna.

48


Primer 1.6.4. Dati su skup A = {1, 2, 3, 4} i na ǌemu defi-nisane slede�e relacije:

• ρ1 = {(1, 1), (1, 2), (2, 2), (3, 1), (3, 3), (3, 4), (4, 4)}

• ρ2 = {(2, 1), (1, 3), (3, 3), (1, 2), (3, 1)}

• ρ3 = {(2, 3), (4, 1), (1, 2), (2, 2), (4, 4)}

• ρ4 = {(1, 1), (3, 1), (2, 2), (3, 2), (1, 2), (3, 3)}

Ispitati svojstva ovih relacija.

Rexeǌe:

• Relacija ρ1 je refleksivna i antisimetriqna;

• Relacija ρ2 je simetriqna;

• Relacija ρ3 je antisimetriqna;

• Relacija ρ4 je antisimetriqna i tranzitivna.

Primer 1.6.5. U skupu A = {x | 1 < x 6 11, x ∈ N} definisanaje relacija ρ na slede�i naqin:

xρy ⇔ x ≡3 y.

a) Zapisati relaciju ρ kao skup.

b) Nacrtati graf ove relacije.

v) Dokazati da je ρ relacija ekvivalencije.

g) Odrediti klase ekvivalencije i koliqniqki skup.

d) Zapisati relaciju ρ pomo�u tablice.

Napomena: xρy ⇔ x ≡3 y oznaqava da dati brojevi imaju istiostatak pri deǉeǌu brojem 3. Na primer, poxto je 29 = 9·3+2i 17 = 5 · 3 + 2, zakǉuqujemo da brojevi 29 i 17 imaju istiostatak pri deǉeǌu brojem 3 i ka�emo da su kongruentni pomodulu 3, xto zapisujemo kao 29 ≡3 17.

49


Rexeǌe:

a) Ostatak pri deǉeǌu bilo kog prirodnog broja brojem 3mo�e biti samo 0, 1 i 2. Svi brojevi koji imaju istiostatak pri deǉeǌu brojem 3 me�usobno su u relacijii ujedno obrazuju klasu ekvivalencije.

ρ = {(2, 2), (2, 5), (2, 8), (2, 11),(3, 3), (3, 6), (3, 9),

(4, 4), (4, 7), (4, 10),

(5, 2), (5, 5), (5, 8), (5, 11),

(6, 3), (6, 6), (6, 9),

(7, 4), (7, 7), (7, 10),

(8, 2), (8, 5), (8, 8), (8, 11),

(9, 3), (9, 6), (9, 9),

(10, 4), (10, 7), (10, 10),

(11, 2), (11, 5), (11, 8), (11, 11)}

b) Graf relacije je na Slici (1.14).

Slika 1.14: Graf relacije ρ

v) Da bismo pokazali da je ρ relacija ekvivalencije, po-trebno je da poka�emo da je refleksivna, simetriqna itranzitivna.

50


• Refleksivnost: ∀x ∈ A va�i da je xρx. Na primer,4ρ4, 9ρ9...

• Simetriqnost: ∀x, y ∈ A va�i xρy ⇒ yρx. Na pri-mer, 2ρ8⇒ 8ρ2, 6ρ9⇒ 9ρ6...

• Tranzitivnost: ∀x, y, z ∈ A va�i xρy∧yρz ⇒ xρz. Naprimer: 2ρ5 ∧ 5ρ11⇒ 2ρ11...

g) Ova relacija ima tri klase ekvivalencije, i to:

C1 = {3, 6, 9}C2 = {4, 7, 10}C3 = {2, 5, 8, 11}

Sa C1, C2, C3 redom smo oznaqili klasu koja daje ostatak0, 1, 2 pri deǉeǌu sa 3. Koliqniqki skup ove relacije je:

A/ρ = {C1, C2, C3}.

d) Tablicu popuǌavamo na slede�i naqin: u preseku redai kolone elemenata koji su u relaciji, stavǉamo simbol>, inaqe stavǉamo simbol ⊥. Tablica relacije ρ je:

ρ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 112 > ⊥ ⊥ > ⊥ ⊥ > ⊥ ⊥ >3 ⊥ > ⊥ ⊥ > ⊥ ⊥ > ⊥ ⊥4 ⊥ ⊥ > ⊥ ⊥ > ⊥ ⊥ > ⊥5 > ⊥ ⊥ > ⊥ ⊥ > ⊥ ⊥ >6 ⊥ > ⊥ ⊥ > ⊥ ⊥ > ⊥ ⊥7 ⊥ ⊥ > ⊥ ⊥ > ⊥ ⊥ > ⊥8 > ⊥ ⊥ > ⊥ ⊥ > ⊥ ⊥ >9 ⊥ > ⊥ ⊥ > ⊥ ⊥ > ⊥ ⊥10 ⊥ ⊥ > ⊥ ⊥ > ⊥ ⊥ > ⊥11 > ⊥ ⊥ > ⊥ ⊥ > ⊥ ⊥ >

Za one koji �ele da znaju vixe:Familiju {Ai|i ∈ I} nepraznih podskupova skupa S nazivamo

razbijaǌem ili particijom skupa S, ako je

S =⋃i∈I

Ai

i za proizvoǉni par i, j ∈ I va�i

Ai = Aj ili Ai ∩Aj = ∅.

51


Primer 1.6.6. Za skup S = {3, 4, 5, 6} familija skupova A1 = {3, 4},A2 = {5} i A3 = {6} qini jedno ǌegovo razbijaǌe.

Stav 1.6.1. Svakoj relaciji ekvivalencije ρ nepraznog skupa S od-govara razbijaǌe skupa S na neprazne me�usobno disjunktne klaseekvivalencije.

Izlo�i�emo ideju dokaza. Iz refleksivnosti sledi da x ∈ Cxza ma koje x ∈ S, pa je svaka klasa neprazna. Zatim se pomo�usimetriqnosti i tranzitivnosti relacije ρ pokazuje da se ma kojedve klase ekvivalencije ili poklapaju ili su disjunktne. Na kraju,neophodno je pokazati i da je unija svih klasa ekvivalencije skupaS sam skup S.

Primer 1.6.7. U skupu M = {1, 2, 3, 4, 5} data je binarna re-lacija ρ na slede�i naqin:

ρ = {(x, y) ∈M2 | x 6 y}.

Zapisati relaciju ρ kao skup i pokazati da je ρ relacijaporetka u skupu M .

Rexeǌe:Tra�ena relacija ρ izgleda ovako:

ρ = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), (1, 4), (1, 5),(2, 2), (2, 3), (2, 4), (2, 5),

(3, 3), (3, 4), (3, 5),

(4, 4), (4, 5),

(5, 5)}.

Poxto je relacija ρ refleksivna, antisimetriqna i tranzi-tivna, sledi da je ρ relacija poretka.

Primer 1.6.8. Dokazati da je relacija < definisana na skupuprirodnih brojeva relacija strogog poretka.

Rexeǌe:Potrebno je dokazati da je relacija antirefleksivna, an-

tisimetriqna i tranzitivna.

• Antirefleksivnost: (∀a ∈ N) va�i ¬(a < a) pa antiref-leksivnost va�i.

52


• Antisimetriqnost: (∀a, b ∈ N) va�i a < b ⇒ ¬(b < a) pava�i i antisimetriqnost.

• Tranzitivnost: (∀a, b, c ∈ N) va�i a < b∧ b < c⇒ a < c pava�i i tranzitivnost.


1. Xta je binarna relacija?2. Kako se definixe inverzna binarna relacija?3. Xta je graf?4. Kako mo�emo zapisati proizvoǉnu relaciju?5. Koje osobine binarnih relacija postoje?6. Koje osobine imaju relacije ekvivalencije? Koje osobine

imaju relacije poretka i totalnog poretka?7. Xta je klasa ekvivalencije?8. Xta je koliqniqki skup relacije ekvivalencije?

Zadaci:

1. Ispitati koje osobine imaju slede�e relacije: iza, iznad,ispod, u�e, xire.

2. Ispitati koje osobine ima relacija:

(a) normalnosti (⊥), definisana na svim pravama neke ravni.(b) podudarnosti (∼=), definisana na trouglovima neke ravni.

3. Dat je skup A = {3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} i u ǌemu definisana relacijaρ na slede�i naqin: xρy ⇔ y = x+2. Zapisati relaciju ρ kaoskup, grafom i tabelarno.

4. U skupu X = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} odrediti relaciju ρ defini-sanu na slede�i naqin: xρy ⇔ x+ y = 7.

5. U skupu M = {−2,−1, 0, 1, 2, 3} definisane su slede�e binarnerelacije:

a) xρy ⇔ x > y;

b) xρy ⇔ x =1

2y;

v) xρy ⇔ |x| = |y|;g) xρy ⇔ x− y = −1.

Odrediti odgovaraju�e skupove, nacrtati grafove i ispi-tati osobine tih relacija.

6. Dat je skup B = {1, 2, 3, 4, 5} i jedna ǌegova relacija

ρ = {(1, 2), (2, 2), (2, 3), (3, 3), (4, 4)}.

a) Koliko najmaǌe qlanova treba dodati da bi ρ bila re-lacija poretka?

b) Napisati ure�ene dvojke koje treba dodati relaciji ρ.

53


7. Dokazati da je relacija deǉivosti, definisana u skupu pri-rodnih brojeva sa

(∀x, y ∈ N)x|y ⇔ (∃n ∈ N) y = nx,

relacija poretka.8. Dati su slede�i skupovi i na ǌima definisane relacije na

slede�i naqin:

a) na skupu A1 = {x | 2 < x < 17∧ x ∈ Z} relacija ρ1: xρ1y ⇔x ≡4 y.

b) na skupu A2 = {1, 2, 3, 4, 5, 6} relacija ρ2: xρ2y ⇔ 2|(x+ y).v) na skupu A3 = {x | |x| < 4 ∧ x ∈ Z} relacija ρ3: xρ3y ⇔

x2 = y2.g) na skupu A4 = {x | x 6 12 ∧ x ∈ N} relacija ρ4: xρ4y ⇔

3|(x− y).Napisati tra�enu relaciju kao skup, dokazati da je relacijarelacija ekvivalencije, nacrtati graf relacije, odreditiklase ekvivalencije i koliqniqki skup i zapisati relacijupomo�u tablice.

9. Dokazati da je relacija > definisana na skupu svih celihbrojeva, relacija strogog poretka.

54

1.7. PRESLIKAVAǋA

1.7 PreslikavaǌaDefinicija 1.7.1. Preslikavaǌe (ili funkcija) skupa A uskup B je svaki podskup f skupa A×B koji ispuǌava slede�euslove:

1) Skup svih prvih komponenata skupa f jednak je skupu A.

2) Za (x1, y1) ∈ f ∧ (x1, y2) ∈ f ⇒ y1 = y2.

Primer 1.7.1. Dati su skupovi:

f1 = {(a, 1), (b, 2), (c, 2), (a, 3)}f2 = {(a, 3), (c, 2)}f3 = {(a, 2), (b, 3), (c, 1)}f4 = {(a, 1), (b, 3), (c, 3)}

Koji od datih skupova predstavǉa preslikavaǌe skupa M ={a, b, c} u skup S = {1, 2, 3}?

Rexeǌe:Na osnovu prethodne definicije, sledi da skupovi f3 i

f4 predstavǉaju preslikavaǌa skupa M u skup S. Za skup f1nije ispuǌen drugi uslov iz definicije (a, 1) ∈ f ∧ (a, 3) ∈f ⇒ 1 = 3, xto je nemogu�e. Skup f2 ne zadovoǉava prviuslov definicije jer se skup svih prvih koordinata {a, c}razlikuje od skupa M .

Primer 1.7.2. Neka je f = {(1, a), (2, b), (3, c), (4, d)} presli-kavaǌe skupa A = {1, 2, 3, 4} u skup B = {a, b, c, d}. Koja odslede�ih tvr�eǌa su taqna:

a) (1, a) ∈ f ;

b) (3, a) ∈ f ;

v) {(c, a), (3, a)} ⊂ f ;

g) {(1, a), (4, d)} ⊂ f .Rexeǌe:Taqna su tvr�eǌa pod a) i g).

Naqini zadavaǌa funkcije:

• tabliqno:x 0 1 2 3 4

f(x) 3 5 9 10 15

• analitiqki (formulom): f : R → R, f(x) =x+ 1

x2 + 1, xto

kra�e zapisujemo x 7→ x+ 1

x2 + 1.

55


• grafiqki (Slika (1.15)).

Definicija 1.7.2. Grafik preslikavaǌa f : X → Y je skup:

Gf = {(x, f(x)) | x ∈ X} ⊆ X × Y .

Ako (x, y) ∈ f, x ∈ A, y ∈ B, onda se x (prva komponenta)naziva original ili argument ili nezavisno promenǉiva,a y (druga komponenta) naziva se slika ili funkcija ilizavisno promenǉiva.

Skup A naziva se definicioni skup ili domen presli-kavaǌa, a skup B koji je skup svih slika, zove se skup vred-nosti preslikavaǌa ili kodomen preslikavaǌa.

Slika 1.15: Grafik preslikavaǌa

Primer 1.7.3. Odrediti skup B (kodomen) u koji se presli-kava skup A = {−1, 0, 1, 2, 3}, ako je zakon preslikavaǌa:

a) x 7→ x+ 2;

b) x 7→ x2.

Rexeǌe:

a) B = {1, 2, 3, 4, 5};

b) B = {0, 1, 2, 4, 9}.

Definicija 1.7.3. Za preslikavaǌe f : X → Y ka�emo da jesurjektivno ili ,,na” preslikavaǌe, ako i samo ako za svakoy ∈ Y postoji bar jedno x ∈ X takvo da je y = f(x) (Slika(1.16)).

56

1.7. PRESLIKAVAǋA

Primer 1.7.4. Dati su skupovi A = {2, 4, 6, 8} i B = {a, b, c}i podskup f = {(2, a), (4, c), (6, c), (8, b)} skupa A × B. Da li jezakonom f odre�eno jedno preslikavaǌe skupa A ,,na” skup B?

Rexeǌe:Jeste, u skladu sa definicijom ,,na” preslikavaǌa.

Definicija 1.7.4. Za preslikavaǌe f : X → Y ka�emo da jeinjektivno ili ,,1-1” preslikavaǌe ili obostrano jedno-znaqno, ako razliqitim originalima odgovaraju razliqiteslike (videti sliku (1.16)). Odnosno,

f : X1−1−→ Y ⇔ (∀x1, x2 ∈ X)(x1 6= x2 ⇒ f(x1) 6= f(x2)).

Primer 1.7.5. Dati su skupovi A = {1, 2, 3, 4} i B = {7, 8, 9,10, 11, 12} i podskup f = {(1, 9), (2, 11), (3, 8), (4, 11)} skupa A×B.Da li je f ,,1-1” preslikavaǌe?

Rexeǌe:Nije, jer dva razliqita elementa 2 i 4 imaju istu sliku.

Slika 1.16: Injektivno preslikavaǌe (levo) i surjektivnopreslikavaǌe (desno)

Definicija 1.7.5. Za preslikavaǌe f : X → Y ka�emo daje bijektivno ili da je bijekcija, ako je ono istovremeno isurjektivno i injektivno.

Definicija 1.7.6. Preslikavaǌe f : X → X je identiqkopreslikavaǌe skupa X na samog sebe ako (∀x ∈ X)f(x) = x.

Definicija 1.7.7. Preslikavaǌe f : X → Y je konstantnopreslikavaǌe ako se svi elementi skupa X preslikavaju utaqno jedan element skupa Y , odnosno

(∀x ∈ X)(∃1c ∈ Y )f(x) = c.

57


Definicija 1.7.8. Za bijektivno preslikavaǌe f : X → Y ,postoji inverzno preslikavaǌe f−1 : Y → X, koje ispuǌavauslov

(∀x ∈ X)f−1(f(x)) = x.

Slika 1.17: Inverzno preslikavaǌe

Primer 1.7.6. Odrediti inverzno preslikavaǌe datih bi-jektivnih preslikavaǌa:

a) f = {(1, 4), (2, 3), (3, 1), (4, 2)};

b) g =(a b c d eb e d c a

);

v) f(x) = 3x− 1;

g) f(x) = 5− 2x.

Rexeǌe:

a) f−1 = {(1, 3), (2, 4), (3, 2), (4, 1)};

b) g−1 =(a b c d ee a d c b

);

v) Sada koristimo formulu f−1(f(x)) = x, iz koje dobijamof−1(3x−1) = x. Uvodimo smenu t = 3x−1, odakle dobijamoda je x =

t+ 1

3. Daǉe je: f−1(t) =

t+ 1

3i poxto smo

naxli zakon preslikavaǌa, mo�emo umesto t uzeti bilo

koje slovo. Dakle, f−1(x) =x+ 1

3.

g) Analogno kao pod v).

Definicija 1.7.9. Neka su data dva binarna preslikavaǌaf : X → Y i g : Y → Z. Tada preslikavaǌe h : X → Z,odre�eno sa (∀x ∈ X)h(x) = g(f(x)), nazivamo proizvodom(kompozicijom) preslikavaǌa g i f , i pixemo h = g ◦ f .Preslikavaǌe h je slo�eno preslikavaǌe.

58

1.7. PRESLIKAVAǋA

Slika 1.18: Kompozicija preslikavaǌa

Primer 1.7.7. Data su preslikavaǌa: f =

(1 2 3 4 53 1 2 5 4

)i g =

(1 2 3 4 52 1 1 3 2

), skupa A = {1, 2, 3, 4, 5} u taj isti skup.

Odrediti:a) f(2);

b) f(f(3));

v) f(g(1));

g) g(f(g(4)));

d) f(f(g(5)));

�) f ∩ g.Rexeǌe:

a) f(2) = 1;

b) f(f(3)) = f(2) = 1;

v) f(g(1)) = f(2) = 1;

g) g(f(g(4))) = g(f(3)) = g(2) = 1;

d) f(f(g(5))) = f(f(2)) = f(1) = 3;

�) Preslikavaǌa f i g �emo zapisati kao skupove ure�enihparova i onda na�i presek. Kako je

f = {(1, 3), (2, 1), (3, 2), (4, 5), (5, 4)} ig = {(1, 2), (2, 1), (3, 1), (4, 3), (5, 2)},

odatle sledi da je f ∩ g = {(2, 1)}.

59


Primer 1.7.8. Data su preslikavaǌa f i g na slede�i naqin:f(x) = 3x− 5 i g(x) = 2− x. Odrediti:

a) f(3);

b) g(−1);

v) f(g(1));

g) f ◦ g;

d) g ◦ f .

Rexeǌe:

a) f(3) = 3 · 3− 5 = 4;

b) g(−1) = 2− (−1) = 3;

v) f(g(1)) = f(2− 1) = f(1) = 3 · 1− 5 = −2;

g) (f ◦ g)(x) = f(g(x)) = f(2− x) = 3 · (2− x)− 5 = 1− 3x;

d) (g ◦ f)(x) = g(f(x)) = g(3x− 5) = 2− (3x− 5) = 7− 3x.

Primer 1.7.9.Odrediti f(x) ako je:

a) f(x+ 2) = 5x+ 17;b) f(3x+ 5) = −9x− 1.

Rexeǌe:

a) Najpre uvodimo smenu t = x + 2, odakle dobijamo da jex = t − 2, pa je f(t) = 5(t − 2) + 17 = 5t + 7. Dakle,f(x) = 5x+ 7.

b) Analogno kao pod a). Uvodimo smenu s = 3x + 5, odakle

je x =s− 5

3. Zamenom u f dobijamo f(s) = −9s− 5

3− 1 =

14− 3s. Dakle, f(x) = 14− 3x.

Definicija 1.7.10. Ka�emo da je funkcija f jednaka funk-ciji g i pixemo f = g, ako i samo ako su ispuǌena slede�atri uslova:

1) f i g su definisane na istom skupu A, tj. f i g imaju istedomene;

2) f i g imaju iste kodomene;

3) f(x) = g(x) za svako x ∈ A.

60

1.7. PRESLIKAVAǋA

Primer 1.7.10. Da li su slede�e funkcije jednake:

a) f1 : R\{0} → R, f1(x) =x(x+ 2)

xi f2 : R→ R, f2(x) = x+2.

b) g1, g2 : {1, 2, 3} → {a, b, c}, g1 =(

1 2 3a b c

), i g2 =

(1 2 3b a c

).

v) h1, h2 : R→ R, h1(x) = sin2 x+ cos2 x i h2(x) = 1.

Rexeǌe:

a) Domen funkcije f1 je R \ {0}, dok je domen funkcije f2ceo skup R, pa one nikako ne mogu biti jednake.

b) Funkcije g1 i g2 imaju iste domene i kodomene, ali nisujednake jer je g1(1) = a, dok je g2(1) = b.

v) Funkcije h1 i h2 su jednake.

Stav 1.7.1. a) Kompozicija funkcija u opxtem sluqaju nijekomutativna.

b) Neka je f : A → B, g : C → D, h : E → F i f(A) ⊆ C,g(f(A)) ⊆ E. Tada za kompoziciju preslikavaǌa f , g i hva�i asocijativni zakon, tj. va�i:

h ◦ (g ◦ f) = (h ◦ g) ◦ f .

Za one koji �ele da znaju vixe: Na osnovu primera (1.7.8)pod g) i d) sledi da kompozicija nije komutativna. Doka�imoasocijativnost. Kompozicije h ◦ (g ◦ f) i (h ◦ g) ◦ f imaju domen A ikodomen F . Za svako x ∈ A imamo:

(h ◦ (g ◦ f))(x) = h((g ◦ f))(x) = h(g(f(x)))

((h ◦ g) ◦ f)(x) = (h ◦ g)(f(x)) = h(g(f(x))),

xto je i trebalo dokazati.

Stav 1.7.2. Neka su f1 i f2 dve proizvoǉne funkcije. Tadava�i:

1) Ako su f1 i f2 surjektivna preslikavaǌa, onda je surjek-tivna i ǌihova kompozicija,

61


2) Ako su f1 i f2 injektivna preslikavaǌa, onda je injektivnai ǌihova kompozicija,

3) Ako su f1 i f2 bijektivna preslikavaǌa, onda je bijektivnai ǌihova kompozicija.


1. Xta je preslikavaǌe (funkcija)? Objasniti razliku izme�ubinarnih relacija i preslikavaǌa.

2. Xta je domen, a xta kodomen preslikavaǌa?3. Kada za preslikavaǌe ka�emo da je surjektivno, a kada da je

injektivno?4. Navesti definicije bijektivnog, konstantnog i identiqkog

preslikavaǌa.5. Kako definixemo inverzno preslikavaǌe?6. Kako definixemo proizvod (kompoziciju) preslikavaǌa?

Zadaci:

1. U skupu R data je funkcija f(x) = 3x − 2. Dokazati da jepreslikavaǌe dato ovom formulom jedan-jedan i na.

2. Dokazati da su slede�a preslikavaǌa bijektivna:

a) f(x) = 4x− 1;b) f(x) = 5x− 6;

v) f(x) =3

4x− 2

3.

3. Dati su skupovi A = {a, b, c} i B = {1, 2, 3} i preslikavaǌef = {(a, 2), (b, 2), (c, 2)}. Dokazati da je preslikavaǌe f kon-stantno.

4. Dati su skupovi A = {1, 2, 3} i B = {x, y}. Na�i sve surjek-tivne funkcije koje preslikavaju skup A u skup B. Koliko ihima?

5. U skupu R data su preslikavaǌa f(x) = 3x+5 i g(x) = 4x+6.Izraqunati:

a) (f ◦ g)(6);b) (f ◦ g)(m);

v) (g ◦ f)(6);g) (g ◦ f)(m).

6. Date su funkcije f =

(1 2 3 4c a b d

), g =

(p q r s1 4 3 2

)i

h =

(a b c dr p q s

). Odrediti:

a) f ◦ g;b) g ◦ h;

v) (g ◦ h) ◦ f ;g) g ◦ (h ◦ f).

62

1.7. PRESLIKAVAǋA

7. Date su funkcije f(x) = 2x2 − 1 i g(x) = 4x3 − 3x. Dokazatida za date funkcije va�i: (f ◦ g)(x) = (g ◦ f)(x).

8. Data su preslikavaǌa f(x) = 2x+1 i g(x) = 3− x. Odrediti:a) f ◦ g;b) g ◦ g;

v) f−1 ◦ g;g) f−1 ◦ g−1.

9. Odrediti f(x) ako je:

a) f(x+ 1) = 4x− 1;b) f(2x+ 5) = −6x− 14;v) f(3x− 1) = 9x2 + 3x− 4.

10. Odrediti f−1(x) ako je:

a) f(x− 1) = x+ 6;b) f(x+ 3) = 2x+ 11;v) f(8− 3x) = 12x− 31.

11. Odrediti funkciju f koja zadovoǉava funkcionalnu jedna-

qinu f(x) + 2f

(1

x

)= x.

63

Glava 2

Osnovi teorije brojeva

Prvobitne predstave o broju i obliku vezuju se za dalekuproxlost, taqnije za epohu starog kamenog doba paleolita.Broj je jedan od pojmova na kojima se zasniva matematika, na-stao iz potrebe za brojaǌem predmeta, a zatim se usavrxavaosrazmerno razvoju matematiqkih znaǌa. Ve� je u radovimaantiqkih nauqnika bilo ustanovǉeno da je niz prirodnihbrojeva beskonaqan (III vek p. n. e).

Pojam prirodnog broja, koji se pojavǉuje kao rezultatpostepenog apstrahovaǌa, predstavǉa osnovu qitavog daǉegrazvoja matematike. Broj je jedan od osnovnih pojmova ma-tematike. U svakodnevnoj komunikaciji, pojam broja je in-tuitivno poznat, dok matematiqari radije primeǌuju nekiod formalizama za predstavǉaǌe i opisivaǌe ovog pojma. Utom smislu primeǌuje se teorija skupova, a broj slu�i daopixe osobinu mnoxtva skupa. Broj je pojam pomo�u kojegprecizno iskazujemo koliqine.

Sa uvo�eǌem pojma sabiraǌa, oduzimaǌa, mno�eǌa i de-ǉeǌa, poqiǌe da se razvija nauka o brojevima i operaci-jama nad ǌima – aritmetika1. Izuqavaǌe dubokih zakoni-tosti u prirodnom nizu brojeva traje i danas i qini teo-riju brojeva. Prirodan broj se qinio toliko jednostavan,,,prirodan”, da ga nauka dugo nije ni pokuxavala defini-sati. Takva objaxǌeǌa su se pojavila tek sredinom XIX vekaprilikom razvoja aksiomatske metode u matematici i razvo-jem matematiqke analize. To je uqiǌeno 70-ih godina XIX

1arithmos (grq.) – broj.

65

GLAVA 2. OSNOVI TEORIJE BROJEVA

veka u radovima nemaqkog matematiqara Kantora na osnovupojma skupova i ǌihove jednake mo�i, nazvane i kardinalnibroj skupa, tj. upore�ivaǌem elemenata jednog skupa sa ele-mentima drugog skupa. Broj predmeta i broj elemenata uskupu definixu se kao ono zajedniqko xto ima data ukup-nost, kao i svaka druga, ǌoj jednako mo�na. Nexto druga-qiji pojam prirodnog broja dao je italijanski matematiqarPeano na osnovu aksioma.

Prvo uopxteǌe ili proxireǌe prirodnih brojeva bilisu racionalni brojevi, razlomci, nastali sa potrebom da seizmeri neka veliqina, upore�ena sa nekom drugom veliqi-nom – etalonom. Sva kasnija proxireǌa pojma broja nisunastala na potrebama raqunaǌa i mereǌa, ve� su bila po-sledica razvoja nauke.

Prvo od ǌih bilo je uvo�eǌe negativnih brojeva, uslov-ǉeno razvojem algebre. U Evropi je negativne brojeve u upo-trebu uveo francuski nauqnik Dekart u XVII veku. Zatimsu uvedeni iracionalni brojevi. Izuqavaǌe pojma nepre-kidnosti u radovima nemaqkih matematiqara Dedekinda iKantora, zatim i Vajerxtrasa, dovelo je do daǉeg razjax-ǌavaǌa pojma broja i ǌegovih osobina. Razvojem teorije al-gebarskih jednaqina (XIX vek) pojavio se pojam kompleksnogbroja.

2.1 Prirodni brojevi – osnovni poj-movi

Niz brojeva

1, 2, 3, . . . , 99, 100, 101, . . . , 999, 1 000, 1 001, . . . 999 999, 1 000 000, . . .

nazivamo niz prirodnih brojeva.Prirodnih brojeva ima beskonaqno mnogo, pa je skup

prirodnih brojeva beskonaqan skup.Svi prirodni brojevi qine skup prirodnih brojeva. ǋe-

ga oznaqavamo posebnom oznakom, slovom N, i zapisujemo naslede�i naqin: N = {1, 2, 3, 4, ...}. Oznaka N za skup prirod-nih brojeva je prvo slovo latinske reqi naturalis, xto znaqiprirodno.

66

2.1. PRIRODNI BROJEVI – OSNOVNI POJMOVI

Slika 2.1: Grafiqki prikaz odnosa skupova brojeva

Broj 0 (nula) ne pripada skupu N, tj. 0 /∈ N. Me�utim,vrlo qesto broj 0 razmatramo zajedno sa prirodnim broje-vima. Skup koji qine 0 i prirodni brojevi oznaqavamo slo-vom N0 i zapisujemo: N0 = {0, 1, 2, 3, 4, 5, . . .}. Slovo N i broj 0oznaqavaju da su elementi skupa N0 svi elementi skupa N inula.

Na skupu prirodnih brojeva definixemo ure�eǌe (pore-dak) na slede�i naqin. Najpre, definiximo relaciju maǌe(<) na slede�i naqin:

(∀x, y ∈ N)(x < y) ako i samo ako (∃z)(x+ z = y).

Sada, relaciju poretka maǌe ili jednako (≤), dodefinixemona slede�i naqin:

(∀x, y ∈ N)(x ≤ y) ako i samo ako x = y ∨ x < y.

Stav 2.1.1. Relacija ≤ je relacija poretka na skupu N.

Analogno definixemo relacije ve�e i ve�e ili jednako.

67


Dakle, niz prirodnih brojeva ure�en je tako da svaki brojniza ve�i od prethodnog, a maǌi od slede�eg, bude u nizu.Simboliqki, ovo se mo�e iskazati slede�im zapisom:

1 < 2 < 3 < ... < n < n+ 1 < . . .

Iz prikaza niza prirodnih brojeva uoqava se slede�e:

• Najmaǌi prirodni broj je broj 1.• Ne postoji najve�i prirodni broj.

Drugim reqima, skup prirodnih brojeva je ograniqen sleva(ni jedan prirodan broj nije maǌi od 1), a neograniqen zde-sna (za svaki prirodan broj n postoji ve�i od ǌega, n+ 1).

Za svakim prirodnim brojem n dolazi za 1 ve�i broj n+1,koji se zove prvi sledbenik (sukcesor), u oznaci n′.

Broj n je prvi prethodnik broja n+1. Prethodnika brojan oznaqavamo sa ′n. Brojevi n i n + 1 jesu dva sukcesivnaprirodna broja i izme�u ǌih nema prirodnih brojeva.

U skupu prirodnih brojeva sabiraǌe i mno�eǌe su bi-narne operacije, tj. zbir, odnosno proizvod dva prirodnabroja jeste prirodan broj. To se mo�e zapisati i na slede�inaqin:

1. (∀x, y ∈ N)(x+ y ∈ N)2. (∀x, y ∈ N)(x · y ∈ N)

Napomena: oduzimaǌe i deǉeǌe nisu binarne operacijeu skupu N, jer x−y ∈ N samo ako je x > y, a x : y ∈ N samo ako jex deǉivo sa y. Zbog oduzimaǌa proxirujemo skup prirodnihbrojeva N na taj naqin xto uvodimo nulu i negativne brojeve,a zbog deǉeǌa uvodimo razlomke.

Teorema 2.1.1. Struktura (N,+, ·), tj. ure�ena trojka koju sa-qiǌavaju skup N i ǌegove operacije sabiraǌe + i mno�eǌe · za-dovoǉava slede�e osobine:

1) x+ y = y + x (komutativni zakon za sabiraǌe);

2) x · y = y · x (komutativni zakon za mno�eǌe);

3) x+ (y + z) = (x+ y) + z (asocijativni zakon za sabiraǌe);

68

2.1. PRIRODNI BROJEVI – OSNOVNI POJMOVI

4) x · (y · z) = (x · y) · x (asocijativni zakon za mno�eǌe);

5) 1 · x = x · 1 = x (broj 1 je neutralni element za mno�eǌe);

6) x · (y + z) = x · y + x · z (distributivnost mno�eǌa prema(y + z) · x = y · x+ z · x sabiraǌu),

gde su x, y, z proizvoǉni prirodni brojevi.

2.1.1 Peanove aksiomeU Peanovom aksiomatskom sistemu direktni sledbenik

uzima se kao osnovni pojam, u oznaci n′. Pored sledbenika,osnovni pojmovi ove teorije su skup i konstanta jedan, uoznaci 1. Aksiome glase:

1. 1 je prirodan broj.2. Svaki prirodni broj n ima taqno jednog sledbenika n′.3. Uvek je n′ 6= 1, tj. 1 nije sledbenik nijednog prirodnog

broja.4. Iz m′ = n′ sledi da je i m = n , tj. ako su sledbenici

dva prirodna broja jednaki, onda su i oni jednaki.5. (Aksioma indukcije) Svaki podskup M skupa N, koji

sadr�i broj 1 i sledbenika svakog svog elementa, sa-dr�i sve prirodne brojeve, tj. M = N.

Koriste�i se Peanovim aksiomama, mo�emo definisatisabiraǌe u skupu N.

Definicija 2.1.1 (Sabiraǌe u skupu N). Preslikavaǌe + :N× N→ N definixemo na slede�i naqin:

1. (∀a ∈ N) a+ 1 = a′;2. (∀a, b ∈ N) a+ b′ = (a+ b)′.

Tada operaciju + nazivamo sabiraǌe u skupu N.

Dakle, binarnom operacijom + ure�enom paru (x, y) pri-rodnih brojeva x i y odgovara broj x + y. Brojeve x i ynazivamo sabirci, a broj x+ y nazivamo zbir brojeva x i y.Ovom definicijom mo�emo odrediti zbir ma koja dva pri-rodna broja.

69


Definicija 2.1.2 (Mno�eǌe u skupu N). Preslikavaǌe · :N× N→ N definixemo na slede�i naqin:

1. (∀a ∈ N) a · 1 = a;2. (∀a, b ∈ N) a · b′ = a · b+ a.

Tada operaciju · nazivamo mno�eǌe u skupu N.

Ako ure�enom paru (x, y) prirodnih brojeva x i y binar-nom operacijom · odgovara broj x · y, onda brojeve x i y na-zivamo qinioci, a broj x · y proizvod brojeva x i y. Ovomdefinicijom odre�en je proizvod ma koja dva prirodna broja.

Peanove aksiome u skupu N0 glase:

1. 0 je nenegativan broj.2. Svaki nenegativan broj ima taqno jednog sledbenika.3. Uvek je n′ 6= 0 tj. 0 nije sledbenik nijednog nenegativnog

broja.4. Ako je m′ = n′ ⇒ m = n5. Neka je M podskup od N0 koji sadr�i sledbenika sva-

kog svog elementa. Tada M sadr�i i sve nenegativnebrojeve, tj. M = N0.


1. Da li je skup prirodnih brojeva konaqan ili beskonaqan?2. Da li je skup prirodnih brojeva ure�en? Objasniti xta to

znaqi.3. Koje zakone zadovoǉava struktura (N,+, ·)?4. Kako glase Peanove aksiome?5. Objasniti aksiomu indukcije.6. Kako se definixu sabiraǌe i mno�eǌe u skupu N? Sabrati

i pomno�iti po definiciji brojeve 3 i 4.7. Kako se definixu sabirci, a kako zbir?8. Kako se definixu qinioci, a kako proizvod?

2.2 Raqunske operacije u skupu NDefinicija 2.2.1 (Stepenovaǌe u skupu N). Stepenovaǌeprirodnih brojeva je binarna operacija takva da svakom ure-�enom paru (x, n) prirodnih brojeva pridru�uje prirodanbroj xn koji ima slede�e osobine:

70

2.2. RAQUNSKE OPERACIJE U SKUPU N

1. (∀x ∈ N) x1 = x;2. (∀x, n ∈ N) xn′ = xn · x.Ako su a, b ∈ N, onda jednaqina b+ x = a nema uvek rexeǌe

u skupu N. Ako je a = b = 1, jednaqina ima oblik 1 + x = 1,a odavde x′ = 1. Sliqno se utvr�uje da u sluqaju a < bjednaqina b+ x = a nema rexeǌa u skupu N.Teorema 2.2.1. Za date prirodne brojeve a i b postoji jedan isamo jedan prirodan broj x takav da je b+ x = a ako i samo akob < a, tj.

(∀a, b ∈ N)(∃1x ∈ N) b+ x = a⇔ b < a.

Definicija 2.2.2 (Oduzimaǌe u skupu N). Oduzimaǌe pred-stavǉa uslovnu operaciju u skupu N koja svakom ure�enomparu prirodnih brojeva (a, b) za koje va�i b < a pridru�ujeprirodni broj x takav da je b+ x = a, odnosno a− b = x.

Broj a nazivamo umaǌenik, b je umaǌilac, dok je a − brazlika.

Iz definicije neposredno dobijamo da je (a− b) + b = a, aodavde zakǉuqujemo da je oduzimaǌe prirodnih brojeva ope-racija suprotna sabiraǌu.

Teorema 2.2.2. Ako su x, y, z, u, v ∈ N, onda za operaciju odu-zimaǌa u skupu N, pod uslovom da je umaǌilac uvek maǌi odumaǌenika, va�e slede�e osobine:

1) x− y = u− v ⇔ x+ v = y + u

2) x < y − z ⇔ x+ z < y

3) x− y < z ⇔ x < z + y

4) x− y < u− v ⇔ x+ v < y + u

5) x+ (y − z) = (x+ y)− z

6) (x− y) + (u− v) = (x+ u)− (y + v)

7) x− (y − z) = (x+ z)− y

8) (x− y)− z = x− (y + z)

9) (x− y)− (u− v) = (x+ v)− (y + u)

10) x(y − z) = xy − xz

71


Deǉeǌe u skupu N

Pomo�u operacije mno�eǌa mo�emo definisati relacijudeli, koju oznaqavamo sa | i definixemo na slede�i naqin:

x|y ako i samo ako (∃z)(x · z = y).

Dakle, x|y qitamo kao x deli y, x se sadr�i u y ili kao x jedeliteǉ od y. Tako�e, mo�e se pokazati da relacija | qiniporedak na N, ali da se taj poredak razlikuje od poretkadobijenog relacijom ≤.

Definicija 2.2.3 (Deǉeǌe sa ostatkom u skupu N). Ako sua, b ∈ N, tada ure�eni par (q, r) ∈ N0

2, za koje je a = bq + r ∧r < b, nazivamo redom koliqnik i ostatak pri deobi brojaa brojem b.

Definicija 2.2.4 (Deǉeǌe u skupu N). Deǉeǌe je uslovnaoperacija u skupu N koja svakom ure�enom paru prirodnihbrojeva (a, b) za koje va�i b|a pridru�uje prirodni broj xtakav da je b · x = a, odnosno a : b = x.

Dakle, x = a : b. Broj a je deǉenik, b delilac, a broj a : bkoliqnik.

Koliqnik a : b qesto oznaqavamo sa ab. U tom sluqaju izraz

abnazivamo razlomak, broj a je brojilac, a broj b imenilac

tog razlomka.Iz definicije deǉeǌa sledi da je

a

b· b = a,

a

a= 1,

a

1= a,

na osnovu qega mo�emo zakǉuqiti da je deǉeǌe operacijasuprotna mno�eǌu.

Deǉivost je centralni pojam teorije prirodnih brojeva(aritmetika). Jedan od najve�ih matematiqara svih vre-mena, koji je i danas poznat kao kraǉ matematike, KarlFridrih Gaus (1777-1855), jednom prilikom je rekao:

Matematika je kraǉica nauka, a teorija brojeva je kraǉicamatematike.

Gaus je mo�da vixe nego bilo koji drugi matematiqar uistoriji doprineo razvoju aritmetike, one iste za koju je nakraju napisao: Aritmetika je ipak pretexka za mene!

72


Postoji nekoliko jednostavnih pravila za proveru deǉi-vosti konkretnih brojeva sa kojima qesto radimo.

• Broj je deǉiv brojem 10, 100, 1000, ... ako su mu jedna,dve, tri, ... posledǌe cifre nule.• Broj je deǉiv brojem 2 ako mu je posledǌa cifra deǉivasa 2.• Broj je deǉiv brojem 4 ako mu je dvocifreni zavrxetakdeǉiv sa 4.• Broj je deǉiv brojem 8 ako mu je trocifreni zavrxetakdeǉiv sa 8.• Broj je deǉiv brojem 5 ako mu je posledǌa cifra deǉivasa 5.• Broj je deǉiv brojem 25 ako mu je dvocifreni zavrxetakdeǉiv sa 25.• Broj je deǉiv brojem 125 ako mu je trocifreni zavrxe-tak deǉiv sa 125.• Broj je deǉiv brojem 3 i 9 ako mu je zbir cifara deǉivdatim brojem.• Broj je deǉiv brojem 7 ako zanemarite ǌegovu posledǌucifru (jedinicu) i od ostatka oduzmete dvostruku vred-nost zanemarene cifre, npr. broj 231 zanemarimo ,,1” iod 23 oduzmemo 2, xto iznosi 21, koje je deǉivo sa 7, aukoliko imamo mnogocifren broj, postupak mo�emo daponovimo vixe puta.

Na primer, broj 12300 je deǉiv sa 100 jer su mu posledǌedve cifre deǉive sa 100; broj 12345612345632 je deǉiv sa 4jer mu je dvocifreni zavrxetak deǉiv sa 4; broj ...7125 jedeǉiv sa 125 jer mu je trocifreni zavrxetak deǉiv sa 125;broj 5886 je deǉiv sa 9 jer mu je zbir cifara deǉiv sa 9.

Postoji jox nekoliko ,,jednostavnih” pravila koja ne ko-ristimo svakodnevno. Zapisani broj, ako je dovoǉno duga-qak, mo�emo razdvojiti na klase (grupe uzastopnih cifara)sa jednakim brojem cifara. Broje�i sa leva udesno te klase�e se nalaziti na parnim i neparnim pozicijama.

Za one koji �ele da znaju vixe:

• Broj je deǉiv sa 11 kada je razlika izme�u zbira cifara (jed-nocifrenih klasa) koje stoje na neparnim i onih koje stojena parnim mestima deǉiva sa 11. Na primer, broj 8684016

73


na neparnim mestima ima cifre 8, 8, 0, 6, qiji je zbir 22,a na parnim 6, 4, 1 zbira 11. Razlika ovih zbirova je 11,tj. broj deǉiv sa 11; poqetni broj 8684016 je deǉiv sa 11.

• Broj je deǉiv sa 101 kada je razlika zbira dvocifrenih klasakoje u broju stoje na neparnim i parnim mestima deǉiva sa101. Na primer, broj 7 96 89 ima zbirove klasa, na neparnimmestima 7 + 89 = 96, i na parnim 96, qija je razlika nula,tj. deǉiva je sa 101. Zato je broj 79689 deǉiv sa 101.

• Broj je deǉiv sa 7, 11, 13, 77, 91, 143 i 1001 kada je razlikaizme�u zbira trocifrenih klasa koje u broju stoje na nepar-nim mestima i zbira trocifrenih klasa koje stoje na parnimmestima deǉiva sa datim od brojeva. Na primer, broj 539693 385 ima razliku ovih klasa 539 − 693 + 385 = 231, pa jedeǉiv sa 7, 11 i 77, a nije deǉiv sa 13, 91, 143 i 1001.

Slede�a teorema daje neke va�ne osobine deǉivosti.

Teorema 2.2.3. Neka su a, b, c proizvoǉni brojevi. Tada:

1) 1|a i a|a;

2) ako a|b i b|c, onda a|c;

3) ako a|b, onda je a ≤ b;

4) ako a|b i a|c, onda za proizvoǉne cele brojeve x, y va�i a|(bx+cy);

5) ako a|b i b|a, onda je a = b.

Za one koji �ele da znaju vixe:Doka�imo teoremu.

1) Trivijalno;

2) Ako je a|b i b|c, onda postoje brojevi m i n takvi da je b = ma,c = nb. To znaqi da je c = mna, pa a|c.

3) Ako a|b, onda postoji broj m takav da je b = ma. Odavde nepo-sredno sledi b = am > a1 = a.

4) Ako je a|b i a|c, onda postoje brojevi m,n tako da je b = ma,c = na. Otuda, bx+cy = max+nay = a(mx+ny). Dakle, a|(bx+cy).

5) Iz pretpostavke a|b, b|a i na osnovu 2) sledi da je a = b.

74


Posledica 2.2.1. a) Ako su a, b, c proizvoǉni brojevi takvida je a|b i a|c, tada a|(b+ c) i a|(b− c).

b) Ako su u jednakosti a1+a2+ . . .+an = b1+ b2+ . . .+ bn svisabirci izuzev jednog deǉivi sa c, onda je i taj jedandeǉiv sa c.

2.2.1 Osobine raqunskih operacija skupa NStepenovaǌe u skupu prirodnih brojeva karakterixu sle-

de�e osobine:

Teorema 2.2.4. Neka su dati proizvoǉni prirodni brojevi x,y, m, n. Tada va�i:

1) xm · xn = xm+n

2) (xm)n = xm·n

3) (x · y)n = xn · yn

Kako su u odeǉku (2.1) date neke osobine operacija sabi-raǌa i mno�eǌa u skupu prirodnih brojeva, to �e ovde bitidodate jox neke osobine ovih operacija.

1. Zakon trihotomije:Za svaka dva prirodna broja a, b va�i jedna i samo jednaod relacija

a = b, a < b, a > b.

Lema 2.2.1. Za sve prirodne brojeve je a 6= a+ b.

2. Zakon kancelacije ili zakon skra�ivaǌa:

(∀a, b, c ∈ N) a · c = b · c⇒ a = b(∀a, b, c ∈ N) a+ c = b+ c⇒ a = b

3. Zakon proxirivaǌa:

(∀a, b, c ∈ N) a = b⇒ a · c = b · c(∀a, b, c ∈ N) a = b⇒ a+ c = b+ c

Definicija 2.2.5. Prirodan broj ve�i od 1 je prost brojako je deǉiv samo samim sobom i jedinicom, inaqe je slo�enbroj.

75


Dakle, prosti brojevi su 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31 . . ..Jox je starogrqki matematiqar Euklid dokazao osnovno pra-vilo aritmetike: svaki prirodan broj je ili prost broj ilije proizvod prostih brojeva (faktora). Savremenija for-mulacija osnovnog stava aritmetike navedena je u slede�ojteoremi.

Teorema 2.2.5 (Osnovni stav aritmetike). Svaki prirodanbroj mo�e se predstaviti u obliku proizvoda prostih faktorai ǌegovo predstavǉaǌe je jedinstveno do poretka tih faktora.

Zakǉuqujemo da se svaki slo�eni broj x mo�e na jedin-stven naqin rastaviti na proste faktore:

m = pα11 · pα2

2 · . . . · pαkk ,

gde su p1, p2, . . . pk prosti brojevi, a α1, α2, . . . αk ∈ N.

Primer 2.2.1. Broj 60 rastavǉaǌem na proste faktore za-pisujemo kao 22 · 3 · 5, a broj 72 kao 23 · 32.


1. Kako definixemo stepenovaǌe u skupu N? Stepenovati podefiniciji brojeve 2 i 4.

2. Kako definixemo oduzimaǌe u skupu N?3. Kako definixemo deǉeǌe, a kako deǉeǌe sa ostatkom u skupu

N? Objasniti razliku.4. Navedite pravila deǉivosti opisana u prethodnom tekstu.5. Kako glase zakoni kancelacije, trihotomije i skra�ivaǌa?6. Kako glasi osnovni stav aritmetike?

Zadaci:

1. Koliko ima brojeva izme�u 96 i 197 deǉivih sa 5?2. Koji su od slede�ih brojeva: 216, 414, 432, 576, 999, deǉivi

i sa 4 i sa 9?3. Ispitati taqnost slede�ih tvr�eǌa:

15|555, 15|900, 15|134112|660, 12|333, 12|456

4. Zameniti slovo odgovaraju�om cifrom tako da slede�a tvr-�eǌa budu taqna:

6|524a, 6|3b84, 6|1c7d.

76

2.3. EUKLIDOV ALGORITAM. NZD I NZS

5. Ako prirodan broj n pri deǉeǌu sa 5 daje ostatak 3, koliki�e biti ostatak pri deǉeǌu broja n+ 3 sa 5?

6. Ako su x, y, z ∈ N, dokazati implikaciju:

x|y ∧ x|z ⇒ x|(y + z).

7. Umesto ∗ u broju 2614∗ staviti odgovaraju�u cifru tako dadobijeni broj pri deǉeǌu sa 3 i 5 daje jednake ostatke. Odre-diti sva mogu�a rexeǌa.

8. Odrediti prirodne brojeve m tako da m|(m+ 12).9. Odrediti prirodne brojeve m tako da m|(m+ 20).10. Postoji li prirodan broj kod kojeg je proizvod cifara 385?11. Dokazati da je broj 30000 . . . 0006 (2018 nula) deǉiv sa 18, a

nije deǉiv sa 36.12. Neka je p prost broj ve�i od 3. Dokazati da je broj p2 − 1

deǉiv sa 24.

2.3 Euklidov algoritam. NZD i NZSDefinicija 2.3.1. Najve�i zajedniqki delilac dva cela brojaa i b jeste najve�i prirodan broj koji deli a i b. Obele�avase sa NZD(a, b). Po konvenciji je NZD(0, 0) = 0.

Primer 2.3.1. Va�an trivijalni primer je da za svaki ceobroj a, NZD(a, 0) = |a|.

Definicija 2.3.2. Najmaǌi zajedniqki sadr�alac dva celabroja a i b jeste najmaǌi prirodan broj koji je deǉiv sa a ib. Obele�ava se sa NZS(a, b).

Euklidov algoritam je efikasan naqin za odre�ivaǌe naj-ve�eg zajedniqkog delioca datih brojeva. Algoritam nosiime po starogrqkom matematiqaru Euklidu i to je prvi ne-trivijalan algoritam koji se primeǌuje i danas. Primenaalgoritma ne zahteva prethodnu faktorizaciju brojeva. Tre-ba napomenuti da je faktorizacija velikih prirodnih bro-jeva jedan od texkih matematiqkih problema.

Euklidov algoritam zasnovan je na principu da se najve-�i zajedniqki delilac dva broja ne meǌa ukoliko se maǌibroj oduzme od ve�eg, pa se zatim odredi NZD novodobijenogbroja i maǌeg od prethodna dva.

77


Primer 2.3.2. Tra�imo najve�i zajedniqki delilac brojeva252 i 105.

NZD(252, 105) =NZD(252− 105, 105) = NZD(147, 105)

=NZD(42, 105) = NZD(42, 63) = NZD(42, 21)

=NZD(21, 21) = NZD(21, 0)

Broj 21 je najve�i zajedniqki delilac za 252 i 105. Algo-ritmom je ve�i od dva polazna broja smaǌen, ponavǉaǌempostupka dobijamo sve maǌe brojeve, dok se jedan od ǌih nesvede na nulu. U tom trenutku, broj razliqit od nule jejednak najve�em zajedniqkom deliocu dva polazna broja.

Na osnovu prethodnog mo�emo formulisati slede�u lemu.

Lema 2.3.1. Neka su a, b, q, r celi brojevi takvi da je a =bq + r. Tada je NZD(a, b) = NZD(b, r).

Dokaz. NZD(a, b) = NZD(bq + r, b) = NZD(b, r).

Teorema 2.3.1 (Euklidov algoritam). Neka su a i b prirodnibrojevi. Tada postoji algoritam koji izraqunava NZD(a, b).

Dokaz. Ideja dokaza je u ponavǉaǌu prethodne leme. Dakle,imamo:

a = bq1 + r1, NZD(a, b) = NZD(b, r1)b = r1q2 + r2, NZD(b, r1) = NZD(r1, r2)r1 = r2q3 + r3, NZD(r1, r2) = NZD(r2, r3)r2 = r3q4 + r4, NZD(r2, r3) = NZD(r3, r4)

...rn−2 = rn−1qn + rn, NZD(rn−2, rn−1) = NZD(rn−1, rn)rn−1 = rnqn+1, NZD(rn−1, rn) = rn,

pa je

NZD(a, b) = NZD(b, r1) = NZD(r1, r2) = . . . = NZD(rn−1, rn) = rn.

78


Primer 2.3.3. Na�i NZD(252, 198). Euklidovim algoritmomdobijamo:

252 =198 · 1 + 54

198 =54 · 3 + 36

54 =36 · 1 + 18

36 =18 · 2

Dakle, NZD(252, 198) = 18.

Teorema 2.3.2. Neka je a = pe11 · . . . · penn i neka je b = pf11 · . . . · pfnn .Tada je

NZD(a, b) = pmin(e1,f1)1 · . . . · pmin(en,fn)

n ,

NZS(a, b) = pmax(e1,f1)1 · . . . · pmax(en,fn)

n .

Primer 2.3.4. Kako je 720 = 24 · 32 · 5 i 2100 = 22 · 3 · 52 · 7,dobijamo:

NZD(720, 2100) = 22 · 3 · 5 = 60.

Sliqno, mo�emo zakǉuqiti da je

NZS(720, 2100) = 24 · 32 · 52 · 7 = 25200.

Teorema 2.3.3. Neka su a i b prirodni brojevi. Tada va�i:

a · b = NZD(a, b) · NZS(a, b).

Teorema se mo�e dokazati faktorizacijom brojeva a i bna proste qinioce.

Definicija 2.3.3. Za brojeve a i b ka�emo da su uzajamnoprosti ako je NZD(a, b) = 1.

Na primer, 49 i 54 su uzajamno prosti, ali 25 i 105 nisu.

Stav 2.3.1. Ako je d = NZD(m,n), tada je NZD(md,n

d

)= 1.

Za one koji �ele da znaju vixe:Doka�imo stav. Pretpostavimo da je m = da i n = db. Tada je

NZD(md,n

d

)= NZD(a, b).

79


Pretpostavimo da je p > 0 i da p|a i p|b. Tada mo�emo na�i e i ftako da je a = pe i b = pf . Dakle, m = dpe i n = dpf . Odavde sledida je dp najve�i zajedniqki delilac za m i n. Kako je d najve�izajedniqki delilac, sledi da je d ≥ dp. Dakle, 1 ≥ p, pa je p = 1(poxto je p > 0).

Dokazali smo da je 1 jedini zajedniqki faktor za a i b, naosnovu qega je:

NZD(md,n

d

)= NZD(a, b).

Teorema 2.3.4. Neka su a, b, c ∈ N i NZD(a, b) = d. Tada je

NZD(a, b, c) = NZD(d, c).

Primer 2.3.5. Odrediti NZD(30, 87, 186). Euklidovim algo-ritmom lako nalazimo da je NZD(30, 87) = 3 i zatim raqunamoNZD(3, 186) = 3. Dakle, NZD(30, 87, 186) = 3.

Primer 2.3.6. Neka je NZD(a, b) = 24, a NZS(a, b) = 2496.Na�i a, b.

Kako je NZD(a, b) = 24, to znaqi da je 24|a i 24|b, pa zakǉu-qujemo:

(∃a1 ∈ N) (a = 24 · a1)

(∃b1 ∈ N) (b = 24 · b1)

Na osnovu Stava (2.3.1) sledi da je NZD(a1, b1) = 1.Sada �emo iskoristiti Teoremu (2.3.3), tj.

a · b = NZD(a, b) · NZS(a, b).

Daǉe, imamo:

24 · a1 · 24 · b1 =24 · 2496a1 · b1 =104

Sada treba na�i brojeve a1 i b1 za koje znamo da su prirodni,uzajamno prosti i da je ǌihov proizvod 104. Formira�emotabelu:

a1 1 8 13 104b1 104 13 8 1a 24 192 312 2496b 2496 312 192 24

80


Dakle, tra�eni parovi brojeva koji zadovoǉavaju poqetneuslove zadatka su 24 i 2496, i 192 i 312.

Zadaci:

1. Izraqunati:

a) NZS(24,NZD(90, 126))b) NZD(NZS(24, 90),NZS(24, 126))

2. Odrediti najmaǌi zajedniqki sadr�alac i najve�i zajedniqkidelilac brojeva 192 i 90.

3. Odrediti najmaǌi zajedniqki sadr�alac i najve�i zajedniqkidelilac brojeva 450 i 924.

4. Primenom Euklidovog algoritma odrediti najve�i zajedniqkidelilac u slede�im sluqajevima:

a) NZD(36, 76, 68)b) NZD(135, 153, 243)

5. Neka je NZD(a, b) = 6 i NZS(a, b) = 720. Na�i a i b.6. Neka je NZD(a, b) = 8 i NZS(a, b) = 3600. Na�i a i b.7. Odrediti prirodne brojeve qiji je proizvod 1260, a ǌihov

najmaǌi zajedniqki sadr�alac 210.8. Odrediti brojeve x i y qiji je proizvod 51840, a ǌihov naj-

maǌi zajedniqki sadr�alac 2160.9. Zbir dva prirodna broja je 42, a ǌihov najve�i zajedniqki

delilac je 6. Odrediti te brojeve.10. Zbir dva prirodna broja je 72, a ǌihov najve�i zajedniqki

delilac je 9. Odrediti te brojeve.11. Odrediti brojeve x i y qija je razlika 56, a ǌihov najve�i

zajedniqki delilac 8.12. Odrediti brojeve x i y qija je razlika 54, a ǌihov najve�i

zajedniqki delilac 6.13. Na�i najmaǌi prirodan broj koji pri deǉeǌu sa 2 daje osta-

tak 1, pri deǉeǌu sa 3 daje ostatak 2, pri deǉeǌu sa 4 dajeostatak 3, pri deǉeǌu sa 5 daje ostatak 4, pri deǉeǌu sa 6daje ostatak 5, a deǉiv je brojem 7.

14. Odrediti najmaǌi prirodan broj koji pomno�en sa 432 dajekvadrat nekog broja.

15. Kojim najve�im brojem mo�emo podeliti brojeve 235 i 391da ostatak pri oba deǉeǌa bude 1?

16. Kojim najve�im brojem mo�emo podeliti brojeve 413 i 319da ostaci redom budu 5 i 7?

81


Za one koji �ele da znaju vixe:Matematiqka indukcija je metod matematiqkog dokazivaǌa

koji se obiqno koristi da se utvrdi da je dati iskaz taqan za sveprirodne brojeve. Ovaj princip bazira se na Peanovoj aksiomiindukcije.

Teorema 2.3.5 (Princip matematiqke indukcije). Ako za beskonaqniniz tvr�eǌa (T1, T2, . . . , Tn, . . .) va�i:

1) T1 je taqan iskaz,2) ako iz pretpostavke da je Tk taqan iskaz sledi da je i Tk+1

taqan iskaz,

tada su sva tvr�eǌa u nizu (T1, T2, . . . , Tn, . . .) taqni iskazi.

Dokaz. Oznaqimo skup P = {n ∈ N | Tn je taqan iskaz}. Odatlesledi da je P ⊆ N.

1) T1 je taqan iskaz, ⇒ 1 ∈ P .2) Tk ⇒ Tk+1 ⇔ k ∈ P ⇒ k + 1 ∈ P , pa po aksiomi matematiqke

indukcije sledi da je P = N.

⇒N = {n ∈ N|Tn je taqan iskaz}⇒(T1, T2, . . . , Tn, . . .) su taqni iskazi

Primer 2.3.7. Dokazati da za sve prirodne brojeve n va�i:

1 + 2 + 3 + . . .+ n =n(n+ 1)

2.

Rexeǌe:

1) n = 1, 1 =1(1 + 1)

2.

2) n = k, 1 + 2 + 3 + . . .+ k =k(k + 1)

2– pretpostavka

⇒ 1 + 2 + 3 + . . .+ k + k + 1 =k(k + 1)

2+ k + 1

=k(k + 1) + 2k + 2

2

=k2 + 3k + 2

2

=(k + 1)(k + 2)

2

82


Na osnovu Teoreme (2.3.5) sledi da je jednakost taqna za sve pri-rodne brojeve n.

Primer 2.3.8. Dokazati da za sve prirodne brojeve n va�i:

1 + 3 + 6 + . . .+n(n+ 1)

2=n(n+ 1)(n+ 2)

6.

Rexeǌe:

1) n = 1, 1 =1 · 2 · 3

6.

2) n = k, 1+ 3+6+ . . .+k(k + 1)

2=k(k + 1)(k + 2)

6– pretpostavka

⇒ 1 + 3 + 6 + . . .+k(k + 1)

2+

(k + 1)(k + 2)

2=

=k(k + 1)(k + 2)

6+

(k + 1)(k + 2)

2

=(k + 1)(k + 2)

2

(k

3+ 1

)=

(k + 1)(k + 2)

2

(k + 3

3

)=

(k + 1)(k + 2)(k + 3)

6

Na osnovu Teoreme (2.3.5) sledi da je jednakost taqna za sve pri-rodne brojeve n.

Primer 2.3.9. Dokazati da je za sve prirodne brojeve n broj 6n−5n+ 4 deǉiv sa 5.

Rexeǌe:

1) n = 1, 61 − 5 · 1 + 4 = 5 – deǉivo sa 5.2) n = k, 6k − 5n+ 4 = 5m – pretpostavka

⇒6k+1 − 30k + 24 = 30m

⇒6k+1 − 5(k + 1)− 25k + 4 + 25 = 30m

⇒6k+1 − 5(k + 1) + 4 = 30m+ 25k − 25

⇒6k+1 − 5(k + 1) + 4 = 5(6m+ 5k − 5)

Na osnovu Teoreme (2.3.5) sledi da tvr�eǌe va�i za sve prirodnebrojeve n.

83


Zadaci:

1. Dokazati da za sve n ∈ N va�i: 2 + 4 + 6 + . . .+ 2n = n(n+ 1).2. Dokazati da za sve n ∈ N va�i: 1 + 3 + 5 + . . .+ (2n− 1) = n2.3. Dokazati da za sve n ∈ N va�i: 12 + 22 + 32 + . . . + n2 =

n(n+ 1)(2n+ 1)

6.

4. Dokazati da za sve n ∈ N va�i:1

1 · 2+

1

2 · 3+ . . . +

1

n(n+ 1)=

n

n+ 1.

5. Dokazati:

a) da se brojevi 22n+ 1 zavrxavaju cifrom 7 za n > 2.

b) da se brojevi 24n − 5 zavrxavaju cifrom 1.

6. Dokazati da je n2 ≥ 2n za sve n ≥ 2.

84

Glava 3

Brojevni sistemi

Brojevni sistemi su jezici nad skupom cifara. Imajusvoju azbuku (neprazan skup cifara) i gramatiku (pravila)kojima se konstruixu slo�ene kategorije (brojevi).

Najopxtija podela brojevnih sistema je na nepozicionei pozicione brojevne sisteme.

Nepozicioni brojevni sistemi – cifre ovakvih sistemaiskazuju uvek istu vrednost, bez obzira na kom mestu se na-laze u broju. Tipiqan primer ovakvog sistema je svima namapoznat rimski brojevni sistem sa skupom cifara:

{I,V,X,L,C,D,M}.

Rimske cifre I V X L C D MDekadne vrednosti 1 5 10 50 100 500 1000Pravila za pisaǌe i qitaǌe brojeva, sastavǉenih od rim-

skih cifara, mogu se iskazati na slede�i naqin:

• Niz istih cifara u broju predstavǉa vrednost jednakuǌihovom zbiru, na primer: II ima vrednost 2;• Dve cifre od kojih se maǌa nalazi levo od ve�e, pred-stavǉaju vrednost jednaku razlici ve�e i maǌe, na pri-mer: IV ima vrednost 4;• Dve cifre od kojih se maǌa nalazi desno od ve�e, pred-stavǉaju vrednost jednaku zbiru ve�e i maǌe, na pri-mer: VII ima vrednost 7.

Jasno je da bi bilo naporno izvo�eǌe aritmetiqkih ope-racija sa rimskim brojevima, kao i zapisivaǌe velikih bro-

85

GLAVA 3. BROJEVNI SISTEMI

jeva. Iz tog razloga se ovaj sistem nije ni razvio u tomsmeru ve� je tu ulogu preuzeo pozicioni brojevni sistem.

Pozicioni brojevni sistemi – ovi brojevni sistemiimaju neprazan skup cifara koji qini ǌihovu azbuku

A = {a1, a2, . . . , aN}.

Broj N cifara azbuke zovemo osnovom sistema.Cifre pozicionih brojevnih sistema u broju daju vred-

nost u zavisnosti od mesta (pozicije) na kome se nalaze.Vrednost svake cifre zavisi od vrednosti i ǌene pozi-

cije u broju. Vrednost pojedine pozicije (mesta) u broju na-ziva se poziciona vrednost. Sve pozicione vrednosti u jed-nom broju jednake su uzastopnim vrednostima stepena osnovebrojevnog sistema.

Nama najpoznatiji pozicioni brojevni sistem jeste de-kadni, dok se u raqunarstvu koriste: binarni, oktalni iheksadecimalni.

Dekadni brojevni sistem – dekadni broj pixemo kao nizcifara, a vrednost izraqunavamo kao zbir proizvoda cifrei osnove 10 stepenovane pozicijom.

Dekadni broj zapisujemo kao

X(10) = xp · 10p + xp−1 · 10p−1 + . . .+ x0 · 100,

gde su pozicione vrednosti 10p, 10p−1,...,100.Osim za cele, ovo va�i i za razlomǉene brojeve:

X(10) = xp ·10p+xp−1 ·10p−1+ . . .+x0 ·100+x−1 ·10−1+ . . .+x−r ·10−r

Binarni brojevni sistem – binarni brojevni sistem jesistem qija je osnova N = 2, azbuka A = {0, 1} i broji se poistom principu (kada se na najve�u cifru 1 doda 1, dobijase 10 kao najmaǌi dvocifreni broj).

Binarni broj zapisujemo kao

X(2) = xp · 2p + xp−1 · 2p−1 + . . .+ x0 · 20,

gde su pozicione vrednosti 2p, 2p−1,..., 20.Oktalni brojevni sistem – oktalni brojevni sistem je

sistem qija je osnova N = 8, azbuka A = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7} i

86

broji se po istom principu (kada se na najve�u cifru 7 doda1, dobija se 10 kao najmaǌi dvocifreni broj).

Oktalni broj zapisujemo kao

X(8) = xp · 8p + xp−1 · 8p−1 + . . .+ x0 · 80,

gde su pozicione vrednosti 8p, 8p−1,..., 80.Heksadecimalni brojevni sistem – heksadecimalni bro-

jevni sistem je sistem qija je osnova N = 16, azbuka

A = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, A,B,C,D,E, F}

i broji se po istom principu (kada se na najve�u cifru Fdoda 1, dobija se 10 kao najmaǌi dvocifreni broj).

Heksadecimalni broj zapisujemo kao

X(16) = xp · 16p + xp−1 · 16p−1 + . . .+ x0 · 160,

gde su pozicione vrednosti 16p,16p−1,..., 160.Da bi se heksadecimalne cifre ve�e od 9 izrazile jednim

znakom, dogovoreno je da se za heksadecimalne cifre od 10do 15 uzmu slova abecede od A do F , tj.

Heksadecim. cifre A B C D E FDekadna vrednost 10 11 12 13 14 15

Pored navedenih brojevnih sistema, postoji jox nekolikonestandardnih, kao npr. brojevni sistem sa negativnom osno-vom, sa razlomǉenom osnovom, sa kompleksnom osnovom...

Za zapis broja u brojevnom sistemu sa osnovom k koristise azbuka A = {0, 1, 2, 3, . . . , k − 1}.

Prevo�eǌe broja iz datog brojevnog sistema u dekadnisistem mo�e se izvrxiti i pomo�u Hornerove xeme. Na pri-mer, za broj abcde(8) va�i da je:

abcde(8) = a · 84 + b · 83 + c · 82 + d · 81 + e · 80= (a · 83 + b · 82 + c · 8 + d) · 8 + e= ((a · 82 + b · 8 + c) · 8 + d) · 8 + e= (((a · 8 + b) · 8 + c) · 8 + d) · 8 + e,

pri qemu posledǌa navedena jednakost predstavǉa Horne-rovu xemu.

87


Za oznaqavaǌe (prevo�eǌe) broja zapisanog u jednom bro-jevnom sistemu u drugi brojevni sistem, postupamo na sle-de�i naqin:

Neka je dat prirodni broj x = xnxn−1 . . . x1x0 kao niz ci-fara u sistemu sa osnovom k 6= 1, pri qemu xn, xn−1,...,x1,x0 ∈{0, 1, 2, 3, . . . , k − 1}. Tada imamo

x = xnkn + xn−1k

n−1 + . . .+ x1k + x0= (xnk

n−1 + xn−1kn−2 + . . .+ x1) · k + x0.

Ako sada izraz xnkn−1 + xn−1kn−2 + . . . + x1 oznaqimo sa y0,

dobijamo x = y0 · k + x0. Kako je x0 < k, mo�e se smatratida je x0 ostatak pri deǉeǌu broja x brojem k. Postupaknastavǉamo sa izrazom koji smo oznaqili kao y0, pa dobijamoy0 = y1 · k + x1, i tako redom sve dok ne dobijemo

yn−2 = yn−1 · k + xn−1, yn−1 = xn < k.

Na osnovu ovog postupka, prirodne brojeve koji su zapisaniu dekadnom brojnom sistemu mo�emo napisati u bilo kojidrugi brojevni sistem qija je osnova maǌa od 10.

Primer 3.1.1. Broj 568 napisati u sistemu sa osnovom 5.Rexeǌe:

568 : 5 = 113 + 3, 113 : 5 = 22 + 3, 22 : 5 = 4 + 2, 4 < 5

568 = 113 · 5 + 3113 = 22 · 5 + 322 = 4 · 5 + 2

Dakle, 568(10) = 4233(5).Ovaj postupak se mo�e zapisati u obliku tabele:

10 568 113 22 45 3 3 2 4

U prvi red tabele zapisujemo slede�e: osnovu brojevnogsistema u kome je dat zapis prirodnog broja, a zatim datibroj za kojim slede koliqnici pri deǉeǌu datog broja osno-vom sistema u koji ,,prevodimo”broj. U drugi red tabele –ispod datog broja, pixemo osnovu brojevnog sistema u koji

88

vrximo prevo�eǌe datog broja, a ispod svakog koliqnikaiz prvog reda zapisujemo odgovaraju�i ostatak, dok je nakraju posledǌi koliqnik koji je maǌi od osnove kojom de-limo. Prevedeni broj dobijamo zapisivaǌem cifara iz dru-gog reda tabele, zdesna ulevo, do osnove brojevnog sistema.

Prevo�eǌe razlomǉenog dela broja iz dekadnog si-stema u sistem sa osnovom NNeka je x zadati broj. Poqetni sadr�aj tabele koja sadr�icifre broja x u sistemu sa osnovom N je:

x . . .0 . . .

Mno�imo broj x brojem N i ceo deo tako dobijenog pro-izvoda zapisujemo u doǌoj �eliji prve slobodne kolone, dokrazlomǉeni deo dobijenog proizvoda zapisujemo u gorǌoj�eliji prve slobodne kolone.

x razlomǉeni deo proizvoda0 ceo deo proizvoda

Postupak ponavǉamo sve dok na mestu za razlomǉeni deone dobijemo 0 ili primetimo da je zapis broja periodiqan.Mo�e se desiti da broj nema ni konaqan ni periodiqan za-pis. Dobijene cifre se oqitavaju u smeru sleva nadesno.

Primer 3.1.2. Prevesti broj 0.5625 iz dekadnog sistema ubinarni brojevni sistem.

Rexeǌe:0.5625 0.125 0.25 0.5 0

0 1 0 0 1

0.5625(10) = 0.1001(2)

Specijalni sluqaj prevo�eǌa: osnove sistema su ste-peni istog broja N

Primer 3.1.3. Prevesti broj AB6(16) u sistem sa osnovom 8bez me�uprevo�eǌa u dekadni brojevni sistem.

Rexeǌe:Osnove oba sistema su stepeni broja 2, pa se mo�e kori-

stiti me�uprevod u binarni sistem.

AB6(16) = 1010|1011|0110(2) = 101|010|110|110(2) = 5266(8)

89



1. Xta su brojevni sistemi? Xta je ǌihova azbuka, a xta gra-matika?

2. Objasniti razliku izme�u pozicionih i nepozicionih bro-jevnih sistema.

3. Koji su najpoznatiji pozicioni brojevni sistemi?4. Objasniti prevo�eǌe broja iz datog brojevnog sistema u de-

kadni sistem pomo�u Hornerove xeme.5. Kako prevodimo razlomǉeni deo broja iz dekadnog sistema u

sistem sa osnovom N?

Zadaci:

1. Izraqunati dekadnu vrednost slede�ih brojeva: 1001110(2),1102(3), 41234(5).

2. Izraqunati dekadnu vrednost slede�ih brojeva: 1011010010(2),233.12(8), 2C(16), FFFF(16), 762(0.5).

3. Prevesti slede�e cele brojeve iz zadatog brojevnog sistemau dekadni sistem pomo�u Hornerove xeme: 2A1B(16), 2512(8).

4. Broj 2403(5) napisati u sistemu sa osnovom 2.5. Prevesti slede�e dekadne brojeve u zadate brojevne sisteme:

a) 3129(10) → x(8);b) 3129(10) → x(2);v) 3129(10) → x(16);

g) 842(10) → x(7);d) 736(10) → x(6);�) 3620(10) → x(7).

6. Izvrxiti slede�a prevo�eǌa brojeva sa me�uprevo�eǌem udekadni brojevni sistem:

a) 481(9) → x(7);b) 3012(4) → x(16);

g) 31230(4) → x(5);d) 4021(5) → x(4).

7. Prevesti slede�e razlomǉene brojeve iz datog sistema u de-kadni sistem:

a) 0.101(2) → x(10);b) 0.322(4) → x(10);

v) 0.42(5) → x(10).

8. Prevesti slede�e razlomǉene brojeve iz dekadnog sistema usistem sa datom osnovom:

a) 0.375(10) → x(4);b) 132.4(5) → x(4);

v) 0.34(10) → x(5).

9. Izvrxiti slede�a prevo�eǌa bez me�uprevo�eǌa u dekadnisistem:

a) 0.AB6(16) → x(8);

b) 32(4) → x(8);

v) 37.56(8) → x(4);

g) 2301.32(4) → x(8);

d) 0.32(16) → x(8);

�) 0.32(4) → x(8).10. Odrediti dekadnu vrednost broja 110.32(4).

90

11. Prevesti dekadni broj 48.675(10) u binarni sistem.12. Izvrxiti slede�a prevo�eǌa bez me�uprevo�eǌa u dekadni

sistem:a) D2.EA5(16) → x(2);

b) C1.F1F92(16) → x(4);

v) 275.364(8) → x(2);

g) 3220(4) → x(8);

d) AB7F(16) → x(4);

�) 10110001.0101101(2) → x(8);

e) 101101.01(2) → x(16);

�) D4C9.A2(16) → x(8);

z) 832.41701(9) → x(3).

13. Izvrxiti slede�a prevo�eǌa u naznaqene brojevne sisteme:a) 938(10) → x(16);

b) 123303.102(4) → x(10);

v) 146.625(10) → x(2);

g) 1100001.001(2) → x(10);

d) 2145(10) → x(8).

14. Izvrxiti slede�a prevo�eǌa u naznaqene brojevne sistemebez me�uprevo�eǌa u dekadni sistem:

a) C9F(16) → x(8);

b) A174(27) → x(9);v) A74C(16) → x(8).

15. Odrediti brojevni sistem tako da su date jednakosti taqne:a) 8 = 10(x);b) 4 = 10(x);v) 7

′= 12(x);

g) 9 = 21(x);d) 13 = 111(x).

16. Rexiti po x jednaqinu u sistemu sa osnovom 4: 1040(5) − x =2020(3).

17. Rexiti po x slede�e jednaqine u sistemu sa osnovom 6:

a) 1303(5) − x+ 11000101(2) = 2221(3);

b) 2403(5) + 2140(5) + x− 11202(3) = 500.

18. Odrediti x u binarnom brojnom sistemu tako da je 230(4) −x− 11(2) = 12(3).

19. Neka je dat broj 2021(3). Odrediti osnovu brojevnog sistemau kojoj je zapis ovog broja 221. Da li postoji brojevni sistemu kome je zapis istog broja 111?

91

Glava 4

Linearne jednaqine inejednaqine

Linearne jednaqine qesto se javǉaju u matematici, fi-zici i in�eǌerstvu, delom zbog toga xto se nelinearni si-stemi dobro aproksimiraju linearnim jednaqinama. Line-arne nejednaqine imaju veliku primenu u linearnom progra-miraǌu.

4.1 Linearne jednaqineNajpre dajemo nekoliko uvodnih definicija.

Definicija 4.1.1 (Racionalni algebarski izraz). Racio-nalni algebarski izraz definixe se na slede�i naqin:

1) Simboli realnih brojeva (1,−3, 34, 0,√2, e, π, . . .) su racio-

nalni algebarski izrazi;

2) Simboli promenǉivih (x, y, z, a, b, c, . . .) su racionalni al-gebarski izrazi;

3) Ako su A i B racionalni algebarski izrazi, onda su iA + B, A − B, A · B i A

Btako�e racionalni algebarski

izrazi.

4) Svi racionalni algebarski izrazi dobijaju se konaqnomprimenom pravila 1), 2) i 3).

93

GLAVA 4. LINEARNE JEDNAQINE INEJEDNAQINE

Primer 4.1.1. Racionalni algebarski zapisi su:

√3,− 4

17, x, x+ y, 2(x+ y + z), x2 + y2,

5x− yx+ 2y

, . . .

Definicija 4.1.2. Ukoliko u izrazu nemamo deǉeǌe promen-ǉivom, onda taj izraz nazivamo ceo algebarski racionalanizraz ili polinom.

Definicija 4.1.3. Algebarska racionalna jednaqina sajednom nepoznatom jeste elementarna formula A = B, gde su Ai B algebarski racionalni izrazi od kojih bar jedan sadr�ijednu istu promenǉivu.

Promenǉivu koja figurixe u datoj jednaqini nazivamonepoznata.

Primer 4.1.2. Formula x3−5x2 = 2x+1 je jednaqina sa nepo-znatom x, dok je formula 2y−7 = y jednaqina sa nepoznatom y.

Definicija 4.1.4. Formula A(x) = B(x), gde su A(x) i B(x)linearni izrazi po x, naziva se linearna jednaqina sa jed-nom nepoznatom (linearna jednaqina po x).

Definicija 4.1.5. Svaki broj x0 za koji je A(x0) = B(x0)taqna jednakost nazivamo rexeǌem jednaqine A(x) = B(x).Rexiti jednaqinu znaqi prona�i sva ǌena rexeǌa ili utvr-diti da jednaqina nema rexeǌa. Svi brojevi x0 ∈ R takvi daje A(x0) = B(x0) obrazuju tzv. skup rexeǌa jednaqine A(x) =B(x) na skupu realnih brojeva.

Postupak pronala�eǌa skupa rexeǌa jednaqine nazivamorexavaǌe jednaqine. Rexavaǌe jednaqine u nekom skupu bro-jeva, npr. sa jednom nepoznatom x u skupu R je nala�eǌe svihbrojeva koje iz R mo�e da uzme nepoznata x tako da se ǌe-nom zamenom u datoj jednaqini dobija numeriqki identitet.Ovo se posti�e prelaze�i sa jednaqine na ǌoj ekvivalentnujednaqinu dopustivim transformacijama, u koje spadaju:

1) dodavaǌe istog broja (ili identiqnih izraza) i levoj idesnoj strani jednaqine

A = B ⇔ A+ C = B + C

94

4.1. LINEARNE JEDNAQINE

2) mno�eǌe obe strane jednaqine brojem razliqitim od nule

C 6= 0⇒ (A = B ⇔ AC = BC)

3) primenom zakona koji va�e u skupu brojeva (komutativni,asocijativni, distributivni zakoni)

4) zamena izraza ǌemu identiqnim izrazom (numeriqki jed-nakim).

Definicija 4.1.6. Dve jednaqine sa istom nepoznatom su ek-vivalentne ako su im jednaki skupovi rexeǌa.

Prema prethodnoj definiciji, jednaqine A(x) = B(x) iC(x) = D(x) su ekvivalentne ukoliko formuli

A(x) = B(x)⇔ C(x) = D(x),

za sve vrednosti nepoznate x uvek odgovara istinitosna vred-nost >, odnosno, kad god je za neke vrednosti nepoznate taqnajedna od tih jednaqina, onda je za te iste vrednosti nepo-znate taqna i druga jednaqina i obrnuto, ukoliko je jednaod jednaqina netaqna za neku vrednost nepoznate, onda je zatu vrednost nepoznate netaqna i druga jednaqina.

Primer 4.1.3. Jednaqine 3x−6 = x+8 i x = 7 su ekvivalentnejer su obe jednaqine taqne ako je vrednost nepoznate broj 7,a za sve ostale vrednosti nepoznate obe jednaqine su uveknetaqne. Dakle, broj 7 je rexeǌe i jedne i druge jednaqine,me�utim, druga jednaqina je jednostavnija od prve, jer se izǌe mo�e direktno proqitati rexeǌe.

Primer 4.1.4. Rexiti po nepoznatoj x jednaqinu

1

2x− 5 =

1

6x− 3.

Rexeǌe:

1

2x− 5 =

1

6x− 3⇔ 3x− 30 = x− 18

⇔ 2x− 30 = −18⇔ 2x = 12

⇔ x = 6

95


Definicija 4.1.7. Jednaqinu ekvivalentnu sa nekom jedna-qinom oblika

ax = b,

gde su a i b neki realni brojevi, a x nepoznata, nazivamolinearnom jednaqinom sa jednom nepoznatom.

Teorema 4.1.1. Za linearnu jednaqinu ax = b va�i slede�e:

1) Ako je a 6= 0, onda jeb

ajedinstveno rexeǌe date jednaqine, a

za jednaqinu ka�emo da je sa jedinstvenim rexeǌem (odre-�ena).

2) Ako je a = 0 i b 6= 0, onda jednaqina nema rexeǌa i ka�emoda je nemogu�a.

3) Ako je a = b = 0, onda je svaki realan broj rexeǌe jednaqine,a za jednaqinu ka�emo da je neodre�ena ili identitet.

Dokaz. 1) Neka je a 6= 0. Tada imamo:

ax = b⇔ ax · 1a= b · 1

a⇔ x =

b

a.

Dakle,b

aje jedinstveno rexeǌe jednaqine ax = b, jer je to

isto za jednaqinu x =b

a.

2) Neka je a = 0 i b 6= 0. Tada jednaqina ax = b glasi 0 · x = b.Kako uvek va�i 0 · x = 0, to nijedan broj nije rexeǌejednaqine ax = b.

3) Ako je a = b = 0, onda jednaqina ax = b glasi 0 · x = 0, paje svaki realan broj rexeǌe te jednaqine.

Primer 4.1.5. Rexiti po nepoznatoj x jednaqinu:

x− ab− x− b

a=

2(a2 − b2)ab

(a, b ∈ R i a 6= 0 i b 6= 0).

96


Rexeǌe:

x− ab− x− b

a=

2(a2 − b2)ab

⇔a(x− a)− b(x− b) = 2(a2 − b2)⇔ax− a2 − bx+ b2 = 2a2 − 2b2

⇔(a− b)x = 3(a2 − b2)⇔(a− b)x = 3(a− b)(a+ b).

Razlikujemo slede�e sluqajeve:

1) Ako je a− b 6= 0, tj. a 6= b, onda jednaqina ima jedinstvenorexeǌe x = 3(a+ b).

2) Ako je a− b = 0, tj. a = b, onda je svaki realan broj x ǌenorexeǌe, tj. jednaqina ima beskonaqno mnogo rexeǌa.

Za one koji �ele da znaju vixe: Slede�i primeri ilustrujuupotrebu linearnih jednaqina na rexavaǌe tekstualnih i prob-lemsko-logiqkih zadataka.

Primer 4.1.6. Majka ima 40 godina, a �erka 8. Za koliko godina�e majka biti tri puta starija od �erke?

Rexeǌe:Oznaqimo sa x broj godina nakon kojih �e majka biti tri puta

starija od �erke. Dobijamo jednaqinu:

40 + x = 3(8 + x)

40 + x = 24 + 3x

16 = 2x

x = 8

Dakle, majka �e za 8 godina imati 48 godina i bi�e tri putastarija od �erke, koja �e tada imati 16 godina.

Primer 4.1.7. Iako je Diofant iz Aleksandrije bio istaknutimatematiqar, malo toga se zna o ǌegovom �ivotu. Mo�da je najpo-znatiji po otkri�u Diofantovih jednaqina. Postoji zadatak kojije upisan na ǌegovom grobu i koji kao rexeǌe daje broj Diofan-tovih godina. Zadatak glasi:

97


Xestinu veka svog kao dete se igrao,i jox polovinu xestine s bradom momaqkom je doqekao.Usre�i se �enom kad prevali jox sedminu,s kojom posle leta pet obradova se sinu.Voǉeni sin po�ive pola oqevog veka samo,i bi strgnut ocu sudbom koja ga uze rano.Dva puta po dva leta oplakivaxe roditeǉ tugu i oqajkad i on ugleda tegobnom �ivotu svome kraj.Rexeǌe:Ako sa x oznaqimo broj Diofantovih godina, dobijamo da je:

x =x

6+

1

2

x

6+x

7+ 5 +

x

2+ 2 · 2

x =x

6+

x

12+x

7+x

2+ 9

12x =2x+ x+12x

7+ 6x+ 108

3x =12x

7+ 108− podelimo sa 3

x =4x

7+ 36− pomno�imo sa 7

7x =4x+ 252

x =84

Dakle, Diofant je �iveo 84 godine.

Primer 4.1.8. Na nekom takmiqeǌu iz matematike svaki uqenikje dobio po 10 zadataka. Za svaki dobro rexen zadatak takmiqardobija 5 bodova, a za svaki nerexen ili nepotpuno rexen zadatakgubi 3 boda. Koliko je zadataka dobro rexio onaj uqenik koji jedobio 26 bodova?

Rexeǌe:Oznaqimo sa x broj taqno rexenih zadataka. Broj nerexenih

ili nepotpuno rexenih zadataka je 10 − x. Dakle, dobijamo line-arnu jednaqinu

5x− 3(10− x) = 26,

qijim rexavaǌem dobijamo da je x = 7.

Primer 4.1.9. Prvi traktor mo�e izorati neko poǉe za 15 sati,a drugi za 20 sati. Posle jednog sata oraǌa prvom traktoru jeu pomo� doxao drugi traktor i zajedno su poorali celo poǉe.Koliko sati su ovi traktori orali zajedno?

98


Oznaqimo sa x broj sati zajedniqkog oraǌa. Prvi traktor jeza sat vremena poorao 1

15 , pa je nepoorana povrxina 1415 . Drugi

traktor za sat vremena poore 120 poǉa. Dakle, dobijamo linearnu

jednaqinu (1

15+

1

20

)x =

14

15,

qijim rexavaǌem dobijamo da je x = 8, tj. traktori su zajednoradili 8 sati.


1. Xta su racionalni algebarski izrazi?2. Kako definixemo algebarsku racionalnu jednaqinu?3. Xta je promenǉiva?4. Kako se definixe linearna jednaqina? Kako se definixe

ǌeno rexeǌe?5. Kada za jednaqine ka�emo da su ekvivalentne?6. Objasniti kada linearna jednaqina ima jedinstveno rexeǌe,

kada je nemogu�a, a kada neodre�ena.

Zadaci:

1. Rexiti linearne jednaqine:a) 8x− 6 = 12;b) 4x− 5 = 2x+ 7;

v) x−1−3(5−2x) = 2(2x−5);g) −3(5x+ 7)− 4 = −10x.

2. Rexiti jednaqine:

a)6(x− 4)

5− 2 +

2(4x− 1)

3= 0;

b)9x− 5

3x− 2− 4x+ 1

2x− 3= 1;

v)2

x− 2=

1

x+ 3;

g)(x− 2)2

2− 4 =

(x+ 1)2

2.

3. Ispitati da li su slede�e jednaqine ekvivalentne:

a) x = 2 i 2x− 5 = −1;b) 4x− 1 = 3 i

x

2+

1

3=

5

6;

v) x = 0 i1

2

(2x

5− 2

3

)+

1

3=

4

5x.

4. Rexiti jednaqine:

a)2x− 1

3− 1− x

2= 0.2;

b) 1− (1− (1 + x)) =2x+ 2

2;

v)x

2+ 4 = 2(0.25x− 0.5) + 2;

g)3

4·(2

3x− 1

9

)=

5

12·(2x−1);

d)x+ 5

4+ 4 =

3x

2− x+ 2

6;

�) −0.2x+0.7

0.77= −1.

5. Za koju je vrednost realnog parametra m linearna jednaqinanemogu�a:

99


a) mx+ x = 3m+ 2− x;b) mx+ 6x− 2m+ 1 = 0.

6. Rexiti slede�e jednaqine po x i diskutovati rexeǌe u za-visnosti od realnog parametra:

a) (2a− 1)x = 3a+ (a+ 2)x;b) a2x+ 2 = a(x+ 2);v)

x

c− c = 0;

g) (2a−1)x+2 = (a+1)x+a;

d)x

a+x

b= 2 +

a

b+b

a;

�)x− ax+ a

=1− a1 + a

.

7. Otac ima 3 sina. Sinovi dobijaju meseqni eparac na slede-�i naqin: prvi sin dobija 1

3 od ukupne svote predvi�ene zaeparac i jox 30 dinara, drugi sin dobija 1

3 preostalog delauve�anu za 30 dinara, a tre�i sin dobija preostalih 350dinara. Koliko je novca otac namenio sinovima za eparaci koliki je eparac dobio svaki sin pojedinaqno?

8. Zoran je uxao u prodavnicu s namerom da kupi kǌigu i pla-nirao je da potroxi 5

6 novca koji je poneo. Pri kupovinisazna da je kǌiga pojeftinila za 10%. Zoran kupi kǌigu, qa-sti trgovca 3 dinara i ostanu mu jox 66 dinara. Koliko jenovaca poneo Zoran?

9. Sumu od 14560 dinara podeliti na 3 lica, tako da svakoslede�e lice dobije 20% vixe od prethodnog. Koliko novcadobija svako lice?

10. Dva kombajna mogu da po�ǌu izvesnu povrxinu poǉa zasejanupxenicom za 3 qasa i 15 minuta. Jedan od ǌih bi po�ǌeoistu povrxinu za 7 qasova. Koliko bi vremena bilo potrebnodrugom kombajnu za taj posao?

11. Bazen se puni kroz dve slavine za 3 qasa. Samo jedna slavinanapunila bi bazen za 4 qasa i 20 minuta. Za koje bi vremenapunila bazen druga slavina?

12. Jedan bazen se mo�e napuniti kroz jednu slavinu za 1 qas i20 minuta, a kroz drugu slavinu isprazniti za 2 qasa i 10minuta. Za koje vreme bi se napunio bazen kad bi obe slavinebile otvorene?

4.2 Linearne nejednaqine

Definicija 4.2.1. Linearna nejednaqina sa jednom nepo-znatom je elementarna formula AρB, gde su A i B algebarskiizrazi od kojih bar jedan sadr�i jednu istu promenǉivu, aρ je jedna od relacija <, ≤, >, ≥.

100

4.2. LINEARNE NEJEDNAQINE

Promenǉivu koja uqestvuje u nejednaqini AρB nazivamonepoznatom, a skup svih vrednosti nepoznate za koje formulaAρB ima istinitosnu vrednost > nazivamo skupom rexeǌadate nejednaqine.

Kao i jednaqine, i nejednaqine se rexavaju prelaze�i naekvivalentne, dopustivim transformacijama kao xto su:

1) ako se obema stranama nejednaqine doda isti broj (iliidentiqki jednaki izrazi), dobijamo ekvivalentnu nejed-naqinu;

2) ako se nejednaqina pomno�i istim brojem (ili izrazomqiji je znak konstantan), nejednaqina ne meǌa znak ako jetaj broj pozitivan, a meǌa znak ako je taj broj negativan;

3) nejednaqina se ne meǌa ako se neki izraz zameni ǌemuidentiqkim izrazom.

Napomenimo i to da ako je npr. a < b, onda je b > a i tadaka�emo da promenom strana nejednakosti, nejednakost meǌasmisao. Tako�e, mno�eǌe negativnim brojem je transforma-cija koja meǌa smisao nejednakosti.

Definicija 4.2.2. Nejednaqinu ekvivalentnu sa nekom ne-jednaqinom oblika

axρb,

gde su a i b neki realni brojevi, x nepoznata i ρ jedna odrelacija <, ≤, >, ≥, nazivamo linearnom nejednaqinom sajednom nepoznatom.

Primer 4.2.1. Nejednaqina 2x− 3 < x + 5 je linearna nejed-naqina sa jednom nepoznatom.

2x− 3 < x+ 5⇔ x− 3 < 5⇔ x < 8

Rexavaǌe pojedinih nejednaqina svodi se na rexavaǌelinearnih nejednaqina. Takvu situaciju najboǉe opisujeslede�i primer.

Primer 4.2.2. Rexiti nejednaqinu: (x− 1)(x− 4) > 0.Rexeǌe:Rexeǌe nejednaqine qitamo iz Tabele (4.1), pa imamo

x ∈ (−∞, 1) ∪ (4,+∞).

101


Tabela 4.1: Nejednaqina (x− 1)(x− 4) > 01 4

x− 1 − − + + + +x− 4 − − − − + +

(x− 1)(x− 4) + + − − + +

Primer 4.2.3. Rexiti nejednaqinu:x+ 3

(x− 1)(x− 2)< 0.

Tabela 4.2: Nejednaqinax+ 3

(x− 1)(x− 2)< 0

-3 1 2x+ 3 − − + + + + + +x− 1 − − − − + + + +x− 2 − − − − − − + +

x+ 3

(x− 1)(x− 2)− − + + − − + +

Dakle, rexeǌe nejednaqine qitamo iz Tabele (4.2), tj. x ∈(−∞,−3) ∪ (1, 2).

Definicija 4.2.3. Neka su Aρ1B i Cρ2D linearne nejedna-qine po nepoznatoj x. Tada formulu:

F : Aρ1B ∧ Cρ2D

nazivamo sistemom linearnih nejednaqina po nepoznatoj x.Skup svih rexeǌa sistema F bi�e

R(F ) = R(Aρ1B) ∩R(Cρ2D).

Dakle, da bismo rexili sistem F , treba rexiti nejedna-qine Aρ1B i Cρ2D, odnosno treba odrediti skupove ǌihovihrexeǌa, a zatim na�i presek tih skupova.

Primer 4.2.4. Reximo sistem nejednaqina:

1− x ≤ 4 ∧ 4x− 8 < 0.

102

4.2. LINEARNE NEJEDNAQINE

Rexeǌe:Rexavaǌem prve nejednaqine dobijamo:

1− x ≤ 4 ⇔ − x ≤ 3 ⇔ x ≥ −3.

Skup rexeǌa prve jednaqine je R1 = {x ∈ R|x ≥ −3}. Za drugunejednaqinu sistema va�i:

4x− 8 < 0 ⇔ 4x < 8 ⇔ x < 2.

Skup rexeǌa druge nejednaqine je R2 = {x ∈ R|x < 2}. Dakle,skup rexeǌa sistema je

R1 ∩R2 = {x ∈ R|x ≥ −3} ∩ {x ∈ R|x < 2} = {x ∈ R| − 3 ≤ x < 2}.


1. Kako se definixe linearna nejednaqina?2. Koje transformacije su dopustive prilikom rexavaǌa nejed-

naqina?3. Kako se definixe linearna nejednaqina sa jednom nepozna-

tom? Navesti nekoliko primera takvih nejednaqina.4. Xta je sistem linearnih nejednaqina po nepoznatoj x? Nave-

sti primer sistema koji nema rexeǌa, sistem koji ima jedin-stveno rexeǌe i sistem koji ima beskonaqno mnogo rexeǌa.

Zadaci:

1. Rexiti linearne nejednaqine:

a)2x− 1

5− 4x+ 1

3> 0;

b)x− 3

2− 1 >

3x+ 2

5− 3x;

v) 0 <7

6x− 4x+ 1

3+ x− 3x− 5

2.

2. Rexiti linearne nejednaqine:

a)x+ 1

2− 5x+ 1

3− 1

6< 0;

b) x− 3x+ 1

2− 4x− 1

3≤ 0;

v)3− x12− 3x

4≤ 2− 5(x− 2)

6.

3. Rexiti nejednaqine po x:a) 5x− a > ax− 4;

b)2x

a− 5 <

x

a+ a− 4;

v) x+x− 1

a+ 1>x+ 1

a+ 1− ax;

g) 2mx+ 1 ≥ x+ 4m2.

103


4. Rexiti nejednaqine:a) (x− 2)(3x− 1) > 0;

b)x− 1

x− 2> 3;

v)1

x− 1− 1

x+ 1< 0;

g) (x− 1)(x− 2)(x− 3) < 0.5. Rexiti nejednaqine:

a)2x− 3

x− 4< 0;

b)2x− 5

x+ 3> 1;

v)2

x− 1− 1

x+ 1> 3;

g) (x− 2)(x+ 3) ≥ 0.

6. Rexiti slede�e sisteme nejednaqina:

a) 3x+ 1 > 7 ∧ x− 3 < 4;

b) 4x+ 3 > 2x− 3 ∧ x

2+

11

2<x

5+

14

5.

7. Na�i celobrojna rexeǌa sistema nejednaqina:

2x− 11

8+

19− 2x

4< x ∧ 2x+ 15

9− x

3>x− 1

5.

8. Rexiti sisteme nejednaqina:

a) 2(x+ 1) ≥ −4 ∧ 2x− 1 ≥ 2− x;

b) 2x+ 1 ≥ x− 3

2∧ 2x− 1 < 1− 3x.

4.3 Apsolutna vrednost brojaDefinicija 4.3.1. Za svaki realan broj x, apsolutna vred-nost ili moduo od x oznaqava se sa |x|, a definixe se kao

|x| =

{x ako je x ≥ 0,−x ako je x < 0.

Primetimo da je −x pozitivno kada je x negativno, paje apsolutna vrednost nekog broja uvek ve�a ili jednaka odnule. Geometrijski posmatrano, apsolutnu vrednost brojamo�emo shvatiti kao udaǉenost nekog broja od nule.

Primer 4.3.1. Kako je 5 ≥ 0, to je |5| = 5, a −6 < 0, pa je| − 6| = −(−6) = 6. Daǉe, |π − 3| = π − 3, dok je npr. |3 − π| =−(3− π) = π − 3.

Primer 4.3.2. Rexiti slede�e jednaqine:

104

4.3. APSOLUTNA VREDNOST BROJA

a) |3x+ 12|+ 7 = 7;

b) |3x− 7|+ 7 = 2;

v) |3x− 7|+ 7 = 9.

Rexeǌe:

a) Kako je |3x+12| = 0, jednaqina ima jedno rexeǌe. Naime,3x+ 12 = 0, pa je x = −4.

b) Kako je |3x− 7| = −5, jednaqina nema rexeǌa.

v) Kako je |3x− 7| = 2, jednaqina ima dva rexeǌa. Najpre,

|3x− 7| =

{3x− 7 ako je x ≥ 7

3,

−(3x− 7) ako je x < 73.

U prvom sluqaju imamo da je 3x− 7 = 2, pa je x = 3, a udrugom iz −(3x− 7) = 2 dobijamo da je x = 5

3.

Kako kvadratni koren broja a predstavǉa jedinstveni ne-negativan broj koji pomno�en sam sa sobom daje broj a, satim u vezi sledi da je

|x| =√x2.

Stav 4.3.1. Ako su a i b realni brojevi, tada va�i:

1) |a| ≥ 0 – nenegativnost;

2) |a| = 0⇔ a = 0 – pozitivna definisanost;

3) |ab| = |a| · |b| – mno�eǌe;

4) |a+ b| ≤ |a|+ |b| – subaditivnost.

Za one koji �ele da znaju vixe: Naredni stav daje jox nekedodatne osobine apsolutne vrednosti.

Stav 4.3.2. Ako su a, b i c realni brojevi, tada va�i:

1) ||a|| = |a| – idempotentnost;

2) | − a| = |a| – parnost;

105


3) |a− b| = 0⇔ a = b – svojstvo jednakosti;

4) |a− b| ≤ |a− c|+ |b− c| – nejednakost trougla;

5)∣∣∣ab

∣∣∣ = |a||b| (b 6= 0) – quvaǌe deǉeǌa.

Navodimo sada korisna svojstva apsolutne vrednosti koja setiqu nejednakosti:

1. |a| ≤ b⇔ −b ≤ a ≤ b;

2. |a| ≥ b⇔ a ≤ −b ili a ≥ b.

Primer 4.3.3. Odrediti skup rexeǌa jednaqine:

|||||x|+ x|+ x|+ x|+ x| = 2000.

Rexeǌe:Razlikujemo dva sluqaja:

1. Ako je x ≥ 0, tada je |x| = x, pa data jednaqina postaje ||||x+x| + x| + x| + x| = 2000 ili ||||2x| + x| + x| + x| = 2000. Daǉomtransformacijom jednaqine dobija se |||2x+x|+x|+x| = 2000,tj. |||3x|+x|+x| = 2000 i u slede�im koracima ||4x|+x| = 2000,odnosno |5x| = 2000. Rexeǌe jednaqine je 400.

2. Ako je x < 0, onda je |x| = −x, pa data jednaqina postaje|||| − x+ x|+ x|+ x|+ x| = 2000 ili |||x|+ x|+ x| = 2000. Daǉomtransformacijom dobija se ||−x+x|+x| = 2000, tj. |x| = 2000.Rexeǌe jednaqine je −2000.

Dakle, skup rexeǌa jednaqine je {−2000, 400}.

Razmotrimo sada nejednaqine koje u sebi imaju izraze saapsolutnom vrednox�u. Npr, skup rexeǌa nejednaqine

|x| < 3

je interval x ∈ (−3, 3), dok je skup rexeǌa nejednaqine

|x| > 3

interval x ∈ (−∞,−3) ∪ (3,+∞).Mo�emo zapisati nejednaqinu |x| < 3 i na slede�i naqin:

−3 < x < 3.

106

4.3. APSOLUTNA VREDNOST BROJA

U opxtem sluqaju, ako je c > 0 va�i:

|ax+ b| < c ⇔ − c < ax+ b < c,

dok je

|ax+ b| > c ⇔ ax+ b < −c ili ax+ b < −c.

Simbol > mo�e se zameniti sa ≥ i < sa ≤.

Primer 4.3.4. Rexiti nejednakost 2|3x+ 9| < 36.Rexeǌe:

2|3x+ 9| < 36

⇔|3x+ 9| < 18

⇔− 18 < 3x+ 9 < 18

⇔− 18− 9 < 3x+ 9− 9 < 18− 9

⇔− 27 < 3x < 9

⇔− 9 < x < 3

Zadaci:

1. Rexiti jednaqine:a) |2x|+ x = 6;

b) |3x− 12| = 2x− 3;

v) |x|+ |x− 2| = 8.

g) |x+ 3| − x = |x+ 9|;

d) |x|+ |x+ 1|+ |x+ 2| = 9;

�) |x| − |x+ 1| = |x− 2|.2. Odrediti skup rexeǌa slede�ih jednaqina:

a)√x2 − 6x+ 9 = 5;

b)√x2 +

√x2 − 2x+ 1 = 7;

v)√x2 + 8x+ 16 =

√x2 − 4x+ 4.

3. Odrediti skup rexeǌa slede�ih nejednaqina:

a) |2x+ 5| < 4;

b) |5x− 7| > 3;

v)√x2 − 6x+ 9 < 2;

g)√4x2 + 12x+ 9 > 5.

107

Glava 5

Osnovni pojmovi ugeometriji

5.1 Uvod

Najznaqajniji doprinos razvoju geometrije antiqke Grqkedao je, sasvim sigurno, starogrqki matematiqar Euklid (oko365-270. p.n.e). ǋegovi Elementi su jedna od najva�nijihi najuticajnih kǌiga u istoriji matematike, poxto je slu-�ila kao osnova, a nekada je i sam tekst kǌige korix�en zave�inu geometrijskih uqeǌa u posledǌih 2300 godina. Onaje u velikom delu doprinela ,,geometrizaciji” matematike ipostavila standard strogosti i logiqke strukture u mate-matiqkim radovima.

Iako je Euklid jedan od najpoznatijih starogrqkih mate-matiqara, malo se zna o ǌegovom �ivotu. Me�utim, opxteje prihva�eno da je Euklid bio u zenitu u Aleksandriji oko300 godina p.n.e. i da je osnovao matematiqku xkolu u tomgradu. Smatra se da je Euklid obrazovaǌe stekao u Platono-voj akademiji u Atini jer je jedino tamo mogao da se upoznasa geometrijom Eudoksa i Teadusa.

U trinaest kǌiga Elemenata, Euklid na izvanredno lo-giqan naqin predstavǉa celokupno elementarno geometrijskoznaǌe Grka svog vremena. To ukǉuquje geometriju ravni,geometriju prostora, teoriju brojeva i vrstu geometrijskealgebre. Proklo definixe Elemente kao ,,one teoreme qijerazumevaǌe vodi spoznavaǌu ostalog”. Tako su Elementi

109

GLAVA 5. OSNOVNI POJMOVI U GEOMETRIJI

ubenik koji okupǉa na jednom mestu koncepte i teoreme kojipredstavǉaju osnove grqke matematike. Euklid nije prvinapisao takvo delo. ǋegova rasprava je, ipak, brzo pri-hva�ena kao superiorna u odnosu na prethodne Elemente,ali nijedan od ranijih radova nije saquvan.

5.2 Osnovni pojmovi i stavovi u geo-metriji

Kao i svaka deduktivna teorija, geometrija se zasnivana odre�enim pojmovima koje smatramo poznatim i izvesnomsistemu tvr�eǌa koja ne dokazujemo. Pojmove koje ne defi-nixemo u geometriji nazivamo osnovnim geometrijskim poj-movima, a tvr�eǌa koja ne dokazujemo aksiomama. Na osnovuǌih, uvode se ostali, izvedeni pojmovi i dokazuju odgovara-ju�a tvr�eǌa – teoreme ili stavovi.

U ciǉu zasnivaǌa geometrije, polazimo od proizvoǉnogskupa S, dveju klasa Cl i Cπ ǌegovih podskupova i dveju re-lacija definisanih na ǌemu. Skup S nazivamo prostorom, aǌegove elemente taqkama i obele�avamo ih latiniqnim slo-vima A,B,C, . . .. Elemente klase Cl nazivamo pravim linijamaili pravama, a obele�avamo ih slovima a, b, c, . . . , p, q, r, . . ..Elemente klase Cπ nazivamo ravnima, a obele�avamo ih saα, β, γ, . . . , π, . . .. Najzad, svaki neprazan podskup taqaka pro-stora S nazivamo geometrijskim objektom (likom, figurom).Znaqi, taqke, prave i ravni predstavǉaju (osnovne) geome-trijske objekte.

Jedna od relacija na skupu S jeste troelementna relacijaizme�u, koju obele�avamo sa B (skra�eno od engleskog ter-mina between). Ovom relacijom, kao xto i sam ǌen nazivka�e, oznaqavamo da se jedna taqka, recimo B, nalazi iz-me�u drugih dveju taqaka A i C, xto kra�e zapisujemo saB(A,B,C).

Druga od relacija jeste qetvoroelementna relacija podu-darnosti ure�enih parova taqaka (relacija kongruencije iliekvidistancije). Qiǌenicu da je ure�en par taqaka (A,B)podudaran paru taqaka (C,D) zapisujemo sa (A,B) ∼= (C,D).

Sada, mo�emo definisati nekoliko izvedenih pojmova.

110

5.2. OSNOVNI POJMOVI I STAVOVI UGEOMETRIJI

Definicija 5.2.1. Tri ili vixe taqaka koje pripadaju istojpravoj nazivaju se kolinearnim taqkama. Qetiri ili vixetaqaka koje pripadaju istoj ravni nazivaju se komplanarnimtaqkama. Dve prave su komplanarne ako postoji ravan kojaih sadr�i. Ako takva ravan ne postoji, onda za prave ka�emoda su mimoilazne.

Na kraju, definixemo i sam sistem aksioma koje karakte-rixu osnovne geometrijske objekte i relacije. Po prirodizakonitosti koje opisuju, sve aksiome delimo na pet grupa:

I aksiome incidencije ili pripadaǌa (9 aksioma)

II aksiome rasporeda ili poretka (6 aksioma)

III aksiome podudarnosti (7 aksioma)

IV aksiome neprekidnosti (2 aksiome)

V aksiome paralelnosti (1 aksioma)

Aksioma paralelnosti mo�e se posmatrati odvojeno odostalih aksioma. Prve qetiri grupe aksioma odre�uju apso-lutnu geometriju, a zajedno sa aksiomom paralelnosti odre-�uju euklidsku geometriju.

5.2.1 Aksiome pripadaǌa i poslediceAksiome pripadaǌa opisuju osnovne skupovne odnose iz-

me�u taqaka, pravih i ravni. Ukupno ih ima sedam, i to:

I1 Svaka prava sadr�i najmaǌe dve razne taqke.

I2 Postoji najvixe jedna prava koja sadr�i dve razne taqke.

I3 Svaka ravan sadr�i najmaǌe tri nekolinearne taqke.

I4 Postoji najvixe jedna ravan koja sadr�i tri nekoline-arne taqke.

I5 Ako dve razne taqke neke prave pripadaju jednoj ravni,onda svaka taqka te prave pripada istoj ravni.

111


I6 Ako dve razne ravni imaju jednu zajedniqku taqku, onda oneimaju najmaǌe jox jednu zajedniqku taqku.

I7 Postoje bar qetiri nekomplanarne taqke.

Iz aksioma pripadaǌa ne mo�emo zakǉuqiti da postojivixe od qetiri taqke, xest pravih i qetiri ravni.

Definicija 5.2.2. Za dve prave koje imaju jednu zajedniqkutaqku ka�emo da se seku u toj taqki. Prava i ravan seku seako je ǌihov presek jedna taqka. Dve razne ravni seku se akoǌihov presek nije prazan skup.

Slede�i stav daje neke jednostavnije posledice aksiomapripadaǌa.

Stav 5.2.1. 1) Postoji jedinstvena prava koja sadr�i dverazliqite taqke;

2) Postoji jedinstvena ravan koja sadr�i tri nekolinearnetaqke;

3) Postoji jedinstvena ravan koja sadr�i pravu i taqku kojajoj ne pripada;

4) Postoji jedinstvena ravan koja sadr�i dve razliqite pravekoje se seku;

5) Postoje dve mimoilazne prave;

6) Presek dve razliqite prave je najvixe jedna taqka;

7) Presek ravni i prave koja ne pripada toj ravni je najvixejedna taqka.

Doka�imo neke od ovih posledica.

Dokaz. 1) Direktna posledica aksioma I1 i I2.

2) Direktna posledica aksioma I3 i I4.

3) Na osnovu I1, prava a sadr�i razliqite taqke A i B. Nekaje C taqka van prave a, odakle sledi da su taqke A, B i Cnekolinearne, pa na osnovu (2) postoji jedinstvena ravankoja ih sadr�i.

112


4) Neka se prave a i b seku u taqki P . Prema aksiomi I1, napravoj a sem taqke P postoji i taqka A, a na pravoj b semtaqke P postoji i taqka B. Ove tri taqke su nekolinearnei na osnovu aksiome I4, postoji jedna i samo jedna ravan αkoja ih sadr�i, a prema aksiomi I5, prave a i b pripadajuravni α, xto znaqi da ove dve prave odre�uju ravan α.

Slika 5.1: Presek pravih a i b

5) Direktna posledica aksiome I7.

6) Pretpostavimo da su date dve prave a i b takve da je a 6=b. Pretpostavimo suprotno, da ove prave imaju vixe odjedne zajedniqke taqke, na primer A i B, pri qemu je A 6=B. Na osnovu aksiome I2, taqke A i B odre�uju jednu isamo jednu pravu, pa je a = b, xto je u kontradikciji sapretpostavkom.

7) Sliqno razmatraǌe kao u prethodnom sluqaju.

5.2.2 Aksiome rasporeda i poslediceAksiome rasporeda opisuju osobine relacije izme�u. Ako

je taqka B izme�u taqaka A i C, to �emo obele�avati kaoB(A,B,C) ili kao A−B − C. Ima ih ukupno xest, i to:

II1 Ako su A,B,C tri kolinearne taqke takve da je A−B−C,tada su svake dve od taqaka A,B,C razne.

II2 Ako su A,B,C tri kolinearne taqke takve da je A−B−C,tada je C −B − A.

113


II3 Ako su A,B,C tri kolinearne taqke takve da je A−B−C,tada nije A− C −B.

II4 Ako su A,B dve razne taqke, tada postoji taqka C takvada je A−B − C.

II5 Ako su A,B,C tri razne kolinearne taqke, tada je A −B − C ili B − C − A ili C − A−B.

II6 (Paxova aksioma) Ako su A,B,C tri nekolinearne taqkei p, prava koja pripada ravni ABC, ne sadr�i taqku Ai seqe pravu BC u taqki P takvoj da je B − P − C, tadaprava p seqe pravu CA u taqki Q takvoj da je C − Q − Aili pravu AB u taqki R takvoj da je A−R−B.

Slika 5.2: Paxova aksioma

Teorema 5.2.1. Ako su A, B i C tri kolinearne taqke, ondava�i taqno jedna od relacija:

A−B − C, A− C −B, C − A−B. (5.1)

Dokaz. Na osnovu aksiome II5 va�i bar jedna od relacija(5.1). Neka je, na primer, A−B−C. Tada, na osnovu aksiomeII3 nije A−C −B, ali na osnovu aksiome II2 jeste C −B−A,pa opet na osnovu II3 zakǉuqujemo da nije C −A−B. Dakle,

A−B − C ⇒ ¬A− C −B ∧ ¬C − A−B.

Sliqno se dokazuju i implikacije:

A− C −B ⇒ ¬A−B − C ∧ ¬C − A−B,

C − A−B ⇒ ¬A−B − C ∧ ¬A− C −B.

114


Posledica 5.2.1. Ako su A i B razliqite taqke, tada taqkaX pripada pravoj koja je ǌima odre�ena ako i samo ako jeX = A ili X = B ili X −A−B ili A−X −B ili A−B−X.

Teorema 5.2.2. Ako su A i B razliqite taqke, tada postojitaqka C tako da je A− C −B.

Slika 5.3: Taqka C na du�i AB

Dokaz. Neka su date taqke A i B. Tada postoji taqka D takvada su A, B, D tri razne taqke. Prema aksiomi II4, postojitaqka E na pravoj BD takva da je B−D−E. Sliqno, postojitaqka F na pravoj AE takva da je A−E−F . Taqke A, B, E sunekolinearne, a taqke D i F pripadaju ravni odre�enoj ovimtaqkama. Dakle, prava FD seqe BE u D i va�i B−D−E, a neseqe AE u taqki izme�u A i E, pa na osnovu Paxove aksiome,prava FD seqe pravu AB u taqki C tako da je A−C −B.

Za konaqan skup taqaka A1, A2, . . . , An ka�emo da je linearnoure�en ako je Ai−Aj−Ak za sve 1 ≤ i < j < k ≤ n. To zapisujemokao

A1 − A2 − . . .− An.

S tim u vezi, navodimo jox nekoliko teorema bez dokaza.

Teorema 5.2.3. Ako je A−B−C i B−C−D, tada je i A−B−C −D.

Teorema 5.2.4. Ako je A−B−C i A−C−D, tada je i A−B−C −D.

Teorema 5.2.5. Ako je A−B−C i A−B−D, tada je A−B−C−Dili A−B −D − C.

115


5.2.3 Ugao i mnogougaoDefinicija 5.2.3. Neka su A i B dve razne taqke. Skuptaqaka koji qine taqke A i B i sve taqke izme�u ǌih nazivase du�.

Taqke A i B su krajǌe taqke, a ostale taqke su unutraxǌetaqke du�i AB.

Dakle, definisali smo du� korix�eǌem relacije izme�u.Teorema 5.2.2 u stvari tvrdi da svaka du� sadr�i bar jednuunutraxǌu taqku i direktna je posledica Paxove aksiome.

Neka su O, A, B tri kolinearne taqke takve da je taqka Oizme�u taqaka A i B, u oznaci A−O−B. Tada ka�emo da sutaqke:

• A i B sa raznih strana taqke O;

• O i B sa iste strane taqke A.

Definicija 5.2.4. Skup svih taqaka prave p sa iste stranetaqke O je poluprava sa poqetnom taqkom O.

Slika 5.4: Poluprava Op

Na svakoj pravoj p bilo koja taqka O odre�uje dve polu-prave Op i Op′.

Neka je p prava neke ravni δ i A i B dve razne taqke uravni δ. Ako na pravoj p postoji taqka C takva da je A−C−B,onda su A i B sa raznih strana prave p. Ako na pravoj p takvataqka C ne postoji, onda su A i B sa iste strane prave p.

Definicija 5.2.5. Neka je p prava u ravni δ. Unija taqakaprave p i svih taqaka ravni δ sa iste strane prave p jestepoluravan pδ sa graniqnom pravom p.

Svaka prava p u ravni δ odre�uje dve poluravni pδ i pδ′.Sliqno se definixu pojmovi sa raznih strana ravni i sa

iste strane ravni.

116


Definicija 5.2.6. Unija dve poluprave Op i Oq sa zajedniq-kom poqetnom taqkom O jeste ugaona linija pOq.

Stav 5.2.2. Ugaona linija pripada jednoj i samo jednoj ravni.

Dokaz. Dokaz je neposredna posledica Stava (5.2.1).

Definicija 5.2.7. Ako je pOq ugaona linija, onda ona deliravan kojoj pripada na dva dela. Svaki od tih delova nazi-vamo ugaona oblast (Slika (5.5)).

Slika 5.5: Ugaone oblasti π1 i π2

Definicija 5.2.8. Unija ugaone linije pOq i jedne od ugao-nih oblasti odre�enih ovom ugaonom linijom jeste ugao pOq.Poluprave Op i Oq su kraci ugla, a taqka O je teme ugla.

Definicija 5.2.9. Ako kraci Op i Oq ugla pOq pripadajuistoj pravoj, pri qemu je Op 6= Oq, onda taj ugao nazivamoopru�en ugao. Ako je Op = Oq, onda taj ugao nazivamo nulaugao, ako je ugaona oblast prazan skup i pun ugao, ako je uga-ona oblast skup svih taqaka ravni koje ne pripadaju toj uga-onoj liniji.

Slika 5.6: Opru�en i pun ugao

Definicija 5.2.10. Dva susedna ugla pOr i rOq, qiji sukraci Op i Oq razliqite poluprave jedne iste prave, nazi-vamo uporedni uglovi.

117


Slika 5.7: Uporedni uglovi

Dakle, uporedni uglovi se dopuǌavaju do opru�enog ugla.

Definicija 5.2.11. Neka je {A1, A2, . . . , An}, (n ≥ 3) konaqanskup taqaka u ravni, tako da nikoje tri uzastopne taqke nisukolinearne. Unija du�i A1A2, A2A3, A3A4, . . . , An−1An, nazivase izlomǉena linija. Ako je:

• A1 6= An, izlomǉena linija je otvorena;

• A1 ≡ An, izlomǉena linija je zatvorena i naziva semnogougaona ili poligonalna linija.

Definicija 5.2.12. Taqke A1, A2, . . . , An su temena izlom-ǉene linije, a du�i A1A2, A2A3, A3A4, . . . , An−1An su straniceizlomǉene linije.

Definicija 5.2.13. Mnogougao ili poligon je unija taqakamnogougaone linije i unutraxǌe oblasti.

Mnogougao mo�e biti:

• prost (ako nikoje dve stranice nemaju zajedniqkih ta-qaka, sem xto svake dve susedne stranice imaju zajed-niqko teme);

• slo�en (u suprotnom).

Definicija 5.2.14. Mnogougaona povrx je unija svih taqakamnogougla i ǌegove unutraxǌe oblasti.

Kasnije �e biti jox reqi o poligonima. Kako smo defi-nisali polupravu, analognim postupkom mo�emo definisatii poluprostor.

118


Slika 5.8: Prost i slo�en mnogougao

Definicija 5.2.15. Neka je δ ravan u prostoru E. Unija ta-qaka ravni δ i svih taqaka prostora E sa iste strane ravniδ jeste poluprostor δE sa graniqnom ravni δ.

Svaka ravan δ u prostoru E deli taj prostor na dva po-luprostora.

5.2.4 Aksiome podudarnosti i poslediceAksiome podudarnosti daju osobine relacije podudarno-

sti. Ako su du�i AB i CD u relaciji ,,podudarno”, pixemoAB ∼= CD. Za podudarne du�i ka�emo i da su jednake. Aksi-ome podudarnosti su:

III1 Ako je AB ∼= CD i A = B, tada je C = D.

III2 Za svake dve taqke A i B va�i AB ∼= BA.

III3 Ako je AB ∼= CD i AB ∼= EF , tada je CD ∼= EF .

III4 Neka taqka C pripada du�i AB, a taqka C ′ du�i A′B′,pri qemu je AC ∼= A′C ′ i BC ∼= B′C ′. Tada je AB ∼= A′B′.

III5 Ako su A i B razliqite taqke i ako je C poqetna taqkaneke poluprave Cp, postoji taqka D takva da je AB ∼= CD.

III6 Ako su A, B, C tri nekolinearne taqke i ako su A′, B′

dve taqke na graniqnoj pravoj a neke poluravni aα takveda va�i AB ∼= A′B′, tada u poluravni aα postoji jedna isamo jedna taqka C ′ takva da je AC ∼= A′C ′ i BC ∼= B′C ′.

119


III7 Ako su A, B, C i A′, B′, C ′ dve trojke nekolinearnih ta-qaka i D, D′ taqke polupravih BC i B′C ′ takve da jeAB ∼= A′B′, BC ∼= B′C ′, CA ∼= C ′A′, BD ∼= B′D′, tada jeAD ∼= A′D′.

Teorema 5.2.6. Relacija podudarnosti je relacija ekvivalen-cije na skupu du�i.

Kako je potrebno pokazati refleksivnost, simetriqnosti tranzitivnost ove relacije, dokaz ove teoreme prepuxtamoqitaocu.

Teorema 5.2.7. Ako su A i B dve taqke i Cp poluprava, tadana toj polupravoj postoji jedinstvena taqka D takva da jeAB ∼= CD.

Definicija 5.2.16. Ka�emo da je ure�ena n-torka taqaka(A1, . . . , An) podudarna sa n-torkom (A′1, . . . , A

′n) u oznaci

(A1, . . . , An) ∼= (A′1, . . . , A′n)

ako je za svako i, k ∈ {1, 2, . . . , n} (Ai, Ak) ∼= (A′i, A′k).

Definicija 5.2.17. Ako je S taqka du�i AB takva da je AS ∼=SB, ka�emo da je S sredixte du�i AB.

Definicija 5.2.18. Ako su AB i AC dve podudarne du�i sazajedniqkom krajǌom taqkom A, ka�emo da su taqke B i Cjednako udaǉene od taqke A.

Definicija 5.2.19. Skup taqaka jedne ravni koje su jednakoudaǉene od taqke O te ravni nazivamo kru�nica. Taqka O jecentar kru�nice. Skup taqaka kru�nice i ǌegove unutrax-ǌosti naziva se kru�na povrx ili krug.

5.2.5 Aksiome neprekidnostiDo druge polovine XIX veka nije postojala potreba za uvo-

�eǌem aksioma neprekidnosti, sve dok nemaqki matematiqarPax nije istakao neophodnost zasnivaǌa geometrijske nepre-kidnosti polaze�i od zasebnih aksioma. Bez ovih aksiomanije mogu�e pokazati da postoji presek prave p i kruga kiako npr. znamo da krug k ima taqaka sa raznih strana pravep. Aksiome neprekidnosti su:

120


IV1 Ako su AB i CD dve du�i, tada na polupravoj AB postojikonaqan broj taqaka A1, . . . , An takvih da je:

a) A− A1 − A2, A1 − A2 − A3, . . ., An−2 − An−1 − An;

b) CD ∼= AA1∼= A1A2

∼= . . . ∼= An−1An;

v) B ∈ An−1An i B 6= An−1.

IV2 Neka je na istoj pravoj p dat beskonaqan niz du�i A1B1,A2B2, . . . koji zadovoǉava slede�e uslove:

a) Svaka du� tog niza sadr�i slede�u du�, tj.

An+1Bn+1 ⊂ AnBn (n = 1, 2, . . .);

b) Ne postoji du� koja pripada svim du�ima tog niza.

Tada postoji taqka X koja pripada svim du�ima togniza.

Slika 5.9: Arhimedova aksioma

Prva aksioma naziva se Arhimedovom, a druga Kantoro-vom. Pomo�u aksioma neprekidnosti mo�e se dokazati daprava sadr�i beskonaqno mnogo taqaka i da je prostor svudapopuǌen taqkama.

Slika 5.10: Kantorova aksioma

121


5.2.6 Aksioma paralelnostiAksioma paralelnosti je karakteristika euklidske geo-

metrije jer u drugim geometrijama ona ne va�i. Ova aksiomaje ekvivalent Euklidovom petom postulatu. Mnogi matema-tiqari su vekovima pokuxavali da doka�u ovaj postulat iiz tih postupaka nastala je neeuklidska (hiperboliqka) geo-metrija. Aksioma paralelnosti glasi:

V1 Za svaku pravu a i taqku A koja joj ne pripada, u ravniα odre�enoj pravom a i taqkom A, postoji jedna i samojedna prava b koja sadr�i taqku A i koja sa pravom a nemazajedniqkih taqaka.

Slika 5.11: Aksioma paralelnosti

Definicija 5.2.20. Prave a i b su paralelne, u oznaci a ‖b, ako je a = b ili a i b pripadaju istoj ravni i nemajuzajedniqkih taqaka.

Teorema 5.2.8. Dve razliqite paralelne prave odre�uju jednui samo jednu ravan.

Dokaz. Neka su a i b dve razliqite paralelne prave. Tada naosnovu definicije paralelnosti one pripadaju jednoj ravniα. Pretpostavimo da postoji jox jedna ravan β 6= α kojasadr�i prave a i b. Neka je taqka B ∈ b. Kako prave a i bnemaju zajedniqkih taqaka, to taqka B ne pripada pravoj a,pa postoji ravan β odre�ena pravom a i taqkom B. Me�utim,prava a i taqka B pripadaju i ravni α, pa je β = α, xto jesuprotno pretpostavci.

Teorema 5.2.9. Relacija paralelnosti na skupu pravih je re-lacija ekvivalencije.

122


Dokaz prethodne teoreme prepuxtamo qitaocu.

Definicija 5.2.21. Prava a je paralelna ravni α, u oznacia ‖ α, ako joj pripada ili sa ǌom nema zajedniqkih taqaka.

Definicija 5.2.22. Dve ravni α i β su paralelne, u oznaciα ‖ β, ako su jednake ili ako nemaju zajedniqkih taqaka.

5.2.7 Podudarnost geometrijskih figura

Podudarnost geometrijskih figura definixemo pomo�uizometrijskih transformacija. Intuitivno, izometrijsketransformacije su preslikavaǌa pri kojima rastojaǌe iz-me�u dve taqke ostaje nepromeǌeno.

Definicija 5.2.23. Izometrijska transformacija je bijek-tivno preslikavaǌe ϕ skupa taqaka S na skup S ′ sa osobinomda za svake dve taqke A,B ∈ S va�i AB ∼= A′B’, gde je

A′ = ϕ(A) i B′ = ϕ(B).

Teorema 5.2.10. Izometrija ϕ preslikava kolinearne taqke ukolinearne taqke i pritom, ako je A− C −B, tada je

ϕ(A)− ϕ(C)− ϕ(B).

Slika 5.12: Izometrijska transformacija qetvorouglaABCD

123


Definicija 5.2.24. Ako je ϕ izometrijska transformacijaskupa taqaka S i ako za neku taqku X va�i ϕ(X) = X, ka�emoda je X invarijantna taqka pri transformaciji ϕ.

Definicija 5.2.25. Dve geometrijske figure F1 i F2 su po-dudarne ako i samo ako postoji izometrijska transformacijaϕ takva da je

ϕ(F1) = ϕ(F2).

Teorema 5.2.11. Neka su A, B, C proizvoǉne nekolinearne taq-ke ravne figure F , A1 proizvoǉna taqka ravni, a1 proizvoǉnapoluprava te ravni, sa poqetnom taqkom A1.

Tada uvek postoji transformacija podudarnosti figure F ,koja preslikava taqku A na taqku A1, taqku B na taqku B1

poluprave a1, a taqku C na taqku C1, koja pripada odre�enojpoluravni s obzirom na pravu kojoj pripada a1.

Drugim reqima, ovu teoremu mo�emo iskazati na slede�inaqin:

Podudarnost u ravni jedinstveno je odre�ena sa tri paraodgovaraju�ih taqaka: A, A1; B, B1; C, C1, tako da je:

AB ∼= A1B1, AC ∼= A1C1, BC ∼= B1C1.

Za podudarne uglove ka�emo da su jednaki.

Definicija 5.2.26. Ugao koji je jednak svom uporednom uglunazivamo prav ugao. Ugao koji je maǌi od svog uporednogugla nazivamo oxtar ugao. Ugao koji je ve�i od svog upo-rednog ugla nazivamo tup ugao.

Teorema 5.2.12. Ako je aOb proizvoǉan ugao i O′a′ proizvoǉnapoluprava, tada sa odre�ene strane te poluprave postoji taq-no jedna poluprava O′b′ tako da je aOb ∼= a′O′b′.


1. Navesti sve aksiome pripadaǌa.2. Neka je S = {A,B,C,D} model u kome su ispuǌene sve ak-

siome incidencije. Svi troqlani podskupovi ovog modelapredstavǉaju ravni, a svi dvoqlani podskupovi predstavǉajuprave. Proveriti da li va�e sve aksiome.

3. Navesti sve aksiome rasporeda.

124

5.3. NEKE ZNAQAJNE GEOMETRIJSKE FIGURE URAVNI

4. Kada za konaqan skup taqaka ka�emo da je linearno ure�en?5. Dokazati teoreme (5.2.3), (5.2.4) i (5.2.5).6. Xta je du�? A xta poluprava?7. Definisati relacije sa raznih strana ravni i sa iste strane

ravni.8. Objasniti razliku izme�u ugaone linije i ugaone oblasti.9. Xta je opru�en, a xta pun ugao?10. Kako definixemo mnogougao?11. Ispitati da li je relacija sa iste strane taqke relacija

ekvivalencije?12. Navesti aksiome podudarnosti.13. Dokazati Teoremu (5.2.6).14. Xta je sredixte du�i?15. Xta je kru�nica? Xta je krug?16. Navesti aksiome neprekidnosti.17. Navesti aksiomu paralelnosti.18. Kada za dve prave ka�emo da su paralelne?19. Kada za pravu ka�emo da je paralelna nekoj ravni?20. Dokazati Teoremu (5.2.9).21. Xta je izometrijska transformacija? Da li je svako bijek-

tivno preslikavaǌe izometrija?22. Kada za neku taqku ka�emo da je invarijantna pri izometrij-

skoj transformaciji?23. Kada za dve geometrijske figure ka�emo da su podudarne?24. Kada za ugao ka�emo da je prav, kada da je oxtar, a kada tup?

5.3 Neke znaqajne geometrijske figureu ravni

5.3.1 PoligoniVe� smo definisali izlomǉenu liniju, mnogougao, tj. po-

ligon (prost i slo�en), kao i mnogougaonu povrx.Napomenimo i to da se izlomǉena zatvorena poligonalna

linija mo�e posmatrati kao zatvorena linija koja se mo�enacrtati jednim potezom bez dizaǌa olovke sa papira. U tomsluqaju, proizvoǉno teme poligona mo�e se uzeti za poqetnutaqku, a poligonalna linija predstavǉa niz du�i takvih daje zavrxna taqka prethodne du�i istovremeno poqetna taqkanaredne, pri qemu je zavrxna taqka posledǌe du�i tog niza

125


istovremeno poqetna taqka prve du�i.Du�i od kojih se sastoji mnogougaona ili poligonalna li-

nija jesu stranice mnogougla, odnosno poligona.Stranice sa zajedniqkom krajǌom taqkom jesu susedne stra-

nice. Ostale stranice su nesusedne.Uglovi koje obrazuju susedne stranice poligona su uglovi

poligona, a temena tih uglova su temena poligona.Dva temena koja pripadaju istoj stranici poligona jesu

susedna temena. Temena koja ne pripadaju istoj stranicijesu nesusedna temena.

Svaka du� koja spaja dva nesusedna temena poligona jestedijagonala poligona.

Poligon dobija naziv prema broju stranica, odnosno premabroju temena. Poligon sa n strana je n-tougao.

Definicija 5.3.1. Poligon je konveksan ukoliko za svakedve taqke poligona A i B du� AB pripada tom mnogouglu. Usuprotnom, poligon je konkavan.

Slika 5.13: Konveksan i konkavan poligon

Naravno, prethodna definicija mo�e se formulisati takoda va�i za proizvoǉnu figuru u ravni.

Konveksan mnogougao mo�e se predstaviti kao presek ko-naqno mnogo poluravni odre�enih pravama koje sadr�e ǌe-gove stranice.

Poligon qije su sve stranice i svi uglovi me�usobno jed-naki jeste regularan poligon.

Prost regularan poligon je konveksan. Uobiqajen nazivza takav poligon je pravilan poligon ili pravilan mnogougao.

126


Slika 5.14: Pravilan trougao, qetvorougao, petougao i xe-stougao

Zvezdasti regularni poligoni su nekonveksni regularnipoligoni qija se temena poklapaju sa temenima konveksnihregularnih poligona, a stranice su im ǌihove me�usobnojednake dijagonale.

5.3.2 QetvorougaoDefinicija 5.3.2. Mnogougao saqiǌen od qetiri du�i na-zivamo qetvorougao.

Prema broju parova paralelnih stranica, qetvorouglovedelimo na:

• paralelograme (sa dva para paralelnih stranica),

• trapeze (sa jednim parom paralelnih stranica),

• trapezoide (nemaju paralelne stranice).

Teorema 5.3.1. Ako je qetvorougao ABCD paralelogram, ondava�e me�usobno ekvivalentna tvr�eǌa:

1) naspramne stranice su jednake;

2) naspramni uglovi su jednaki;

3) zbir dva susedna ugla jednak je zbiru dva prava ugla;

4) dijagonale se polove.

Definicija 5.3.3. Paralelogram qije su suprotne stranicejednake du�ine naziva se romboid.

Napomenimo i to da su dijagonale romboida razliqitedu�ine.

127


Definicija 5.3.4. Paralelogram sa stranicama jednake du-�ine naziva se romb.

Teorema 5.3.2. Qetvorougao ABCD je romb ako i samo ako je:

1) paralelogram kome dijagonala polovi unutraxǌi ugao;

2) paralelogram kome su najmaǌe dve susedne stranice jednakedu�ine;

3) paralelogram kome su dijagonale me�usobno normalne;

4) qetvorougao kome su sve stranice jednake (po definiciji);

5) qetvorougao kome su dijagonale normalne i polove se;

6) qetvorougao kome svaka dijagonala polovi dva nesusedna unu-traxǌa ugla.

Definicija 5.3.5. Paralelogram qiji su svi uglovi pravinazivamo pravougaonik .

Teorema 5.3.3. Paralelogram je pravougaonik ako i samo akosu mu dijagonale jednake.

Definicija 5.3.6. Pravougaonik qije su sve stranice jed-nake nazivamo kvadrat.

Slika 5.15: Paralelogrami sa dva para paralelnih stra-nica: romboid, pravougaonik, kvadrat

Teorema 5.3.4. Pravougaonik je kvadrat ako i samo ako va�i:

1) dijagonale su me�usobno normalne;

2) dijagonale su simetrale uglova.

Definicija 5.3.7. Qetvorougao koji ima dve paralelne stra-nice naziva se trapez.

128


Uglovi koji le�e na jednom kraku trapeza jednaki su zbirudva prava ugla. Jednakokraki trapez je trapez sa jednakimkracima, dok za trapez ka�emo da je pravougli ako ima dvaprava ugla.

Slika 5.16: Trapez, jednakokraki trapez i pravougli trapez

Od qetvorouglova koji nemaju paralelne stranice pome-nu�emo samo deltoid.

Definicija 5.3.8. Deltoid je qetvorougao sa dva para me-�usobno jednakih i susednih stranica.

Rezultat jednakosti parova susednih stranica ima za po-sledicu da se dijagonale seku pod pravim uglom. Tako�e,napomenimo i to da jedna dijagonala deli deltoid na dvajednaka trougla, a druga na dva jednakokraka trougla.

Slika 5.17: Deltoid sa dijagonalama

5.3.3 TrougaoDefinicija 5.3.9. Mnogougao koji qini skup od tri du�inazivamo trougao.

Osnovni elementi trougla su stranice i uglovi.Trouglove u odnosu na jednakost stranica i uglova de-

limo na:

129


• jednakostraniqne (sve stranice jednake),

• jednakokrake (jednake dve stranice) i

• nejednakostraniqne (sve tri stranice razliqite).

Slika 5.18: Jednakostraniqni, jednakokraki i nejednako-straniqni trougao

Trouglovi prema uglovima mogu biti:

• oxtrougli (svi uglovi oxtri),

• pravougli (jedan ugao prav) i

• tupougli (jedan ugao tup).

Kod pravouglog trougla stranice koje obrazuju prav ugaonazivamo katete, a tre�u hipotenuza.

Navedimo sada nekoliko teorema koje daju neke osnovneosobine trougla.

Teorema 5.3.5. Uglovi na osnovici jednakokrakog trougla sujednaki.

Teorema 5.3.6. Naspram ve�e stranice u trouglu le�i ve�iugao i obrnuto.

Teorema 5.3.7. Zbir svih unutraxǌih uglova trougla jednak jezbiru dva prava ugla.

Teorema 5.3.8. U trouglu je zbir ma koje dve stranice ve�i odtre�e, a razlika ma koje dve stranice maǌa je od tre�e.

130


Slika 5.19: Zbir unutraxǌih uglova

Stavovi o podudarnosti trouglova:

Teorema 5.3.9 (Prvi stav podudarnosti). Dva trougla su po-dudarna ako su dve stranice i ǌima zahva�en ugao jednog tro-ugla jednaki odgovaraju�im dvema stranicama i odgovaraju�emuglu drugog trougla.

Za one koji �ele da znaju vixe: Doka�imo teoremu.Neka je dat trougao ABC sa stranicama a, b, c i uglovima α,

β, γ. Sliqno, neka je dat trougao A1B1C1 sa stranicama a1, b1, c1i uglovima α1, β1, γ1 i neka va�i

b = b1 ∧ α = α1 ∧ c = c1.

Kako je ugao α podudaran uglu α1, odatle sledi da postoji izome-

Slika 5.20: Trougao ABC i A1B1C1

trijska transformacija ϕ takva da je ϕ(α) = α1, pa odatle sledida je

ϕ(A) = A1 ∧ ϕ(AB) = A1B1 ∧ ϕ(AC) = A1C1.

Daǉe, kako je b = b1, sledi da je ϕ(C) = C1. Sliqno, kako je c = c1,sledi da je ϕ(B) = B1. Daǉe zakǉuqujemo da je ϕ(BC) = B1C1, aodatle da je ϕ(ABC) = A1B1C1, pa je ABC ∼= A1B1C1.

131


Teorema 5.3.10 (Drugi stav podudarnosti). Dva trougla supodudarna ako su jedna stranica i na ǌoj nalegli uglovi jednogtrougla jednaki sa odgovaraju�om stranicom i odgovaraju�imuglovima drugog trougla.

Za one koji �ele da znaju vixe: Doka�imo teoremu.Neka je dat trougao ABC sa stranicama a, b, c i uglovima α,

β, γ. Sliqno, neka je dat trougao A1B1C1 sa stranicama a1, b1, c1i uglovima α1, β1, γ1 i neka va�i

α = α1 ∧ c = c1 ∧ β = β1.

Slika 5.21: Trougao ABC i A1B1C1

Kako je ugao α podudaran uglu α1, odatle sledi da postoji izo-metrijska transformacija ϕ takva da je ϕ(α) = α1, pa odatle sledida je

ϕ(A) = A1 ∧ ϕ(AB) = A1B1 ∧ ϕ(AC) = A1C1.

Daǉe, kako je c = c1, sledi da je ϕ(B) = B1.Pretpostavimo suprotno, da je ϕ(C) = C ′ ∧ C 6= C1. Na osnovu

prethodne teoreme sledi da je ABC ∼= A1B1C′, pa je ϕ(β) = β′.

Dakle, zakǉuqujemo da je

β = β′ ∧ β = β1,

odakle sledi da je β′ = β1, xto je u suprotnosti sa Teoremom(5.2.12).

Na osnovu prethodnog sledi da je ϕ(C) = C1, tj. ϕ(ABC) =

A1B1C1, pa je ABC ∼= A1B1C1.

Teorema 5.3.11 (Tre�i stav podudarnosti). Dva trougla supodudarna ako su sve tri stranice jednog trougla jednake od-govaraju�im stranicama drugog trougla.

132

5.4. NEKE GEOMETRIJSKE FIGURE U PROSTORU

Teorema 5.3.12 (Qetvrti stav podudarnosti). Dva trouglasu podudarna ako su dve stranice i ugao naspram ve�e od ǌihjednog trougla jednaki odgovaraju�im dvema stranicama i od-govaraju�em uglu drugog trougla.


1. Xta su stranice mnogougla? Kada za stranice ka�emo da sususedne, a kada da su nesusedne?

2. Xta su uglovi poligona? Xta su temena poligona? A xtaje dijagonala poligona?

3. Kako se definixe konveksan, a kako konkavan poligon?4. Kako se definixe pravilan mnogougao?5. Xta je qetvorougao? Kako delimo qetvorouglove prema broju

stranica?6. Navesti definicije paralelograma, romboida, romba, pravo-

ugaonika i kvadrata.7. Xta je trapez i koje vrste trapeza postoje?8. Xta je deltoid?9. Xta je trougao? Kako delimo trouglove u odnosu na jedna-

kost stranica i uglova?10. Navesti sve stavove o podudarnosti trouglova.11. Dokazati tre�i i qetvrti stav o podudarnosti trouglova.

5.4 Neke geometrijske figure u pro-storu

5.4.1 PoliedriGeometrijske objekte koje je Euklid u svojim Elementima

nazivao prostornim figurama, mi sada nazivamo poliedrima.Poliedri su, na osnovu ǌegovih ideja, prostorni geometrij-ski likovi qiji se rub sastoji iz konaqno mnogo ravnih li-kova. Formalno, imamo slede�u definiciju.

Definicija 5.4.1. Poliedar je geometrijska figura koju qiniunija skupa mnogougaonih povrxi koje potpuno ograniqavaju(zatvaraju) deo prostora, i tog dela prostora.

Dakle, poliedar je svaki prostorni geometrijski lik qijise rub sastoji iz povezanog skupa poligonih povrxi tako

133


raspore�enih da je svaka ivica jedne povrxi istovremenoivica taqno jox jedne povrxi, a povrxi sa zajedniqkim te-menom pripadaju stranama taqno jedne rogǉaste povrxi. Po-ligonske povrxi koje se pomiǌu u definiciji poliedra jesupǉosni tog poliedra, a ivice i temena pǉosni su ivice i te-mena poliedra. Poliedarska povrx je skup svih poligonskihpovrxi na rubu poliedra.

Qesto �emo sretati konveksne poliedre. Za konveksne po-liedre va�i slede�e:

1) svaka strana konveksnog poliedra je konveksan mnogougao;

2) svaka prava koja sadr�i neku taqku unutraxǌe oblastikonveksnog poledra seqe taj poliedar po jednoj du�i;

3) svaka ravan koja sadr�i neku taqku unutraxǌe oblastikonveksnog poliedra seqe taj poliedar po jednom konvek-snom mnogouglu i razla�e ga na dva konveksna poliedra;

4) unutraxǌa oblast konveksnog poliedra nalazi se sa jednestrane ma koje ravni koja sadr�i neku ǌegovu stranu.

Req poliedar je grqkog porekla i znaqi – vixe strana.Dakle, to je geometrijsko telo sa vixe strana. Strane po-liedra su mnogouglovi (poligoni).

5.4.2 DiedarUnija dve poluravni sa zajedniqkom graniqnom pravom je-

ste diedarska povrx koja prostor deli na dve oblasti. Po-luravni su strane, a zajedniqka prava je ivica rogǉaste po-vrxi.

Definicija 5.4.2. Diedar je unija diedarske povrxi i jedneod oblasti na koje ona deli prostor.

Dve ravni koje se seku obrazuju 4 diedra. Diedri mogubiti: konveksni i konkavni, susedni, uporedni, unakrsni itako daǉe.

Ugao diedra je ugao qiji su kraci dve poluprave koje sunormalne na ivicu diedra u istoj taqki, a pripadaju raznimstranama diedra. Ako je ugao diedra prav, onda i za diedarka�emo da je prav.

134


Slika 5.22: Ugao diedra

Definicija 5.4.3. Neka je A1, A2, . . . , An mnogougao i S taqkavan ravni tog mnogougla. Skup svih polupravih sa poqetkomu S, koje sadr�e po jednu taqku mnogougla, obrazuju geomet-rijsku figuru koja se zove rogaǉ.

Slika 5.23: Rogaǉ

U zavisnosti od mnogougla, rogaǉ mo�e biti:

• prost ili slo�en;

• konveksan ili nekonveksan;

• n-tostran, n = 3, 4, 5, . . .

135


Taqka S je teme rogǉa. Poluprave SA1, SA2, . . . , SAn, jesuivice rogǉa. Uglovi A1SA2, A2SA3, . . . , An−1SAn nazivaju seiviqni uglovi rogǉa. Svaka dva susedna iviqna ugla obrazujudiedar rogǉa.

5.4.3 PiramidaPrimer poliedra je piramida. Najpre dajemo definiciju.

Definicija 5.4.4. Piramida je poliedar qija je jedna strana(osnova) mnogougaona povrx, a ostale strane (boqne) su tro-ugaone povrxi koje obrazuju rogaǉ.

Dakle, ako je n ≥ 3, onda se poliedar sa n + 1 strana, odkojih je jedna n-tougao, a sve ostale su trouglovi, nazivan-tostrana piramida.

Me�utim, piramida se mo�e dobiti i tako xto se temenaravnog poligona A1, A2, . . . , An spoje sa taqkom V koja se na-lazi van ravni tog poligona, pri qemu se dobija n-tostranapiramida.

U skladu sa prethodnim, povrx piramide se sastoji odpovrxi n-tougla A1, A2 . . . An i dela povrxi rogǉa koju saqi-ǌavaju povrxi trouglova

A1A2O,A2A3O, . . . An−1AnO.

Ova povrx i deo prostora ograniqen ǌome jeste piramida.Povrx preseqenog mnogougla je osnova ili baza piramide,deo povrxi rogǉa sastavǉen iz povrxi trouglova je boqnapovrx ili omotaq piramide, povrx svakog trougla je boqnastrana piramide. Stranice mnogougla su ivice osnove, stra-nice trouglova po kojima se seku boqne strane su boqne ivicepiramide. Sve boqne ivice piramide imaju jednu zajedniqkutaqku, koja se naziva vrh piramide.

Postoje prave i kose piramide. Ako su sve boqne ivicejednakih du�ina, piramida je prava, inaqe je kosa. Visinapiramide je odstojaǌe vrha od osnove. Ako je piramida prava,oko ǌene osnove mo�e da se opixe krug; podno�je visine na-lazi se u centru tog kruga.

Ako je osnova piramide pravilan mnogougao, piramida jepravilna. Na primer, ako je u bazi jednakostraniqan trou-gao, piramida je pravilna trostrana, ako je u bazi kvadrat,

136


Slika 5.24: Piramide: prava pravilna qetvorostrana pira-mida i kosa petostrana piramida

pravilna qetvorostrana, a ako je u bazi xestougao – pra-vilna xestostrana.

5.4.4 PrizmaDefinicija 5.4.5. Prizma je poliedar qije su dve stranemnogougaone povrxi oiviqene podudarnim mnogouglovima saparalelnim stranicama (osnove prizme), a ostale strane supovrxi paralelograma (boqne strane).

Boqne strane nazivaju se jox i boqne pǉosni prizme. Vi-sina prizme je rastojaǌe izme�u osnova. Ivice boqnih pǉo-sni koje nisu ivice osnova nazivamo boqnim ivicama. Pri-zma je prava ako su boqne ivice upravne na osnovama, za ra-zliku od kose prizme, qije su boqne ivice kose prema osno-vama. oqigledno je da su boqne pǉosni pravih prizmi pra-vougaonici.

Prava prizma qija je osnova pravilan poligon zove se pra-vilna prizma. Preseke paralelne osnovi prizme nazivamo pa-ralelnim presecima, a presek kos prema osnovi prizme kosimpresekom. Du� koja spaja dva temena koja ne pripadaju is-toj strani naziva se dijagonala prizme, za razliku od dijago-nale osnove i dijagonale boqne strane. Ravan kojoj pripadajujedna ivica i dijagonala prizme naziva se dijagonalna ravan,a ǌen presek sa prizmom dijagonalni presek. Od posebnog suinteresa prizme qije strane pripadaju trima parovima pa-ralelnih ravni. To su paralelepipedi.

Definicija 5.4.6. Paralelepiped je prizma qija je osnovaparalelogram.

137


Slika 5.25: Prizme: prava pravilna trostrana prizma ikosa qetvorostrana prizma

Iz ove definicije neposredno sledi da su paralelne stra-ne paralelepipeda jednake. Ma koje dve paralelne straneparalelepipeda mogu se smatrati osnovama. Paralelepipedqije su sve strane pravougli paralelogrami naziva se kva-dar, a paralelepiped qije su sve strane kvadrati zove sekocka.

Du�ine triju ivica koje izlaze iz istog temena kvadra na-zivamo dimenzijama kvadra; to su, poimence, du�ina, xirinai visina kvadra. Paralelepiped ima 12 ivica, od kojih supo 4 paralelne; dve paralelne ivice koje ne pripadaju istojstrani nazivamo suprotnim ivicama. Dijagonalna ravan pa-ralelepipeda prolazi kroz dve ǌegove suprotne ivice. Kakoparalelepiped ima 6 pari suprotnih ivica, on ima 6 dija-gonalnih preseka. Lako je dokazati da je dijagonalni presekparalelepipeda paralelogram. Dijagonale ovog preseka sudijagonale paralelepipeda.

Teorema 5.4.1. Sve dijagonale paralelepipeda seku se u jednojtaqki; ovaj presek je centar simetrije paralelepipeda.

5.4.5 Pravilni poliedriDefinicija 5.4.7. Poliedar qije su stranice oiviqene pra-vilnim i podudarnim mnogouglovima naziva se pravilni po-liedar.

Pravilne poliedre oznaqavamo sa:

• {3, 3}–tetraedar,

138


• {3, 4}–oktaedar,

• {4, 3}–heksaedar (kocka),

• {3, 5}–ikosaedar,

• {5, 3}–dodekaedar.

Naglasimo samo da kod svakog pravilnog poliedra broj pǉo-sni kod svakog temena ostaje isti. Navedeni pravilni po-liedri imaju sve pǉosni konveksne poligonske povrxi i sviǌihovi rogǉevi tako�e su konveksni.

Kako su im sve pǉosni pravilne i istostrane, a istuosobinu imaju i ǌihovi rogǉevi, i oni su pravilni i is-tostrani, pa se otuda svaki pravilni poliedar oznaqava sa{p, q}, xto istiqe qiǌenicu da su sve pǉosni ovog poliedrap-uglovi i da je q poligona kod svakog temena.

Pravilni poliedri nazivaju se i Platonovim telima.

Slika 5.26: Platonova tela: tetraedar, heksaedar, oktae-dar, ikosaedar i dodekaedar

Prirodno se name�e pitaǌe da li ima jox takvih polie-dara. Me�utim, odgovor na to pitaǌe je negativan.

139


5.4.6 Vaǉak i kupaDefinicija 5.4.8. Figura dobijena obrtaǌem pravougaonikaoko ose koja sadr�i jednu ǌegovu stranicu naziva se vaǉ-kasta povrx, dok figuru dobijenu obrtaǌem odgovaraju�epravougaone povrxi nazivamo vaǉak .

Dakle, vaǉak ili cilindar jeste konveksno geometrijskotelo. Prethodna definicija je definicija vaǉka kao obrt-nog tela. Me�utim, vaǉak se mo�e definisati pomo�u jednekru�nice i du�i u prostoru. Ukoliko se jedno teme datedu�i postavi u centar date kru�nice, a kru�nica nepre-kidno umno�ava du� ǌe, dobijeno telo bi�e upravo vaǉak.

Deo cilindriqne povrxi koji pripada vaǉku jeste omotaqvaǉka, a dva kruga su osnove ili baze vaǉka.

Slika 5.27: Vaǉak

Jox jedan primer obrtnog tela je kupa. Sliqno kao kodvaǉka, najpre dajemo definiciju.

Definicija 5.4.9. Figura dobijena obrtaǌem pravouglogtrougla oko ose koja sadr�i jednu ǌegovu katetu naziva seprava kru�na konusna povrx. Figura dobijena obrtaǌem od-govaraju�e trougaone povrxi naziva se prava kupa.

Analogno kao i kod vaǉka, kupa se mo�e definisati kaogeometrijsko mesto taqaka koje qine sve du�i izme�u elipseu opxtem sluqaju, koja se nalazi u jednoj ravni, i taqke, kojase nalazi izvan te ravni. Ova elipsa naziva se jox i bazakupe, a taqka ǌeno teme.

Prava koja prolazi kroz teme i centar baze kupe nazivase ǌenom osom. Ukoliko je ova prava jox i normalna na bazu

140


kupe, kupa se naziva pravom. U suprotnom, radi se o kosojkupi.

Rastojaǌe izme�u temena kupe i ǌegove projekcije na ra-van baze kupe naziva se visinom kupe.

Slika 5.28: Kupa

Svaka du� koja spaja teme i neku od iviqnih taqaka bazenaziva se izvodnicom kupe. Kod prave kupe sve izvodniceimaju jednaku du�inu, dok kod kose kupe postoje najvixe dveizvodnice sa istom du�inom.

5.4.7 LoptaSfera u matematici primarno oznaqava povrx u trodi-

menzionom prostoru. U tom smislu se mo�e definisati kaogeometrijsko mesto taqaka u prostoru, qije je rastojaǌe oddate taqke O konstantno i iznosi r. Pritom se O naziva cen-trom sfere, a r ǌenim polupreqnikom. Me�utim, sfera semo�e definisati i na slede�i naqin:

Definicija 5.4.10. Figura dobijena obrtaǌem kru�nice okoose koja sadr�i ǌegov preqnik naziva se sfera.

Deo prostora ograniqen sferom naziva se lopta. Dakle,lopta je geometrijsko telo ograniqeno sferom. Mo�e se de-finisati kao skup taqaka koje se od zadate taqke O nalaze naudaǉenosti maǌoj ili jednakoj od zadate du�ine r. Pritomse taqka O naziva centrom, a r polupreqnikom lopte. Sliqnokao malopre, mo�emo dati jox jednu definiciju lopte.

Definicija 5.4.11. Telo dobijeno obrtaǌem kruga oko osekoja sadr�i ǌegov preqnik naziva se lopta.

141


Slika 5.29: Lopta


1. Xta je poliedar? Koje osobine imaju konveksni poliedri?2. Kako se definixe dieadarska povrx, a kako diedar? Xta je

ugao diedra?3. Kako se definixe rogaǉ i kakav sve rogaǉ mo�e biti?4. Kako se definixe piramida? Navesti definicije i ostalih

pojmova poput osnove piramide, omotaqa, boqne strane pira-mide, ivice osnove, boqne ivice piramide, vrha piramide,visine piramide...

5. Kako se definixe prizma?6. Xta je paralelepiped?7. Koliko ima pravilnih poliedara i koji su? Objasniti ǌi-

hove oznake.8. Kako se definixu vaǉak, kupa i lopta?

142

Glava 6

Odabrani zadaci izplanimetrije istereometrije

Planimetrija je deo elementarne geometrije koji izuqa-va svojstva figura koje le�e u ravni.

Stereometrija je deo elementarne geometrije koja izuqa-va svojstva tela koja se nalaze u prostoru.

6.1 Zadaci iz planimetrijeZa poqetak navodimo neke osnovne obrasce za raqunaǌe

obima i povrxina geometrijskih figura.

Obim PovrxinaRomboid O = 2(a+ b) P = aha = bhb

Romb O = 4a P =d1d22

Pravougaonik O = 2(a+ b) P = abKvadrat O = 4a P = a2

Trapez O = a+ b+ c+ d P =a+ c

2h

Krug O = 2rπ P = r2π

Trougao O = a+ b+ c P =aha2

=bhb2

=chc2

143

GLAVA 6. ODABRANI ZADACI IZ PLANIMETRIJEI STEREOMETRIJE

Primer 6.1.1. Izraqunati povrxinu, stranice i visine jed-nakokrakog trougla ako je ǌegov obim 16cm, a osnovica iodgovaraju�a visina odnose se kao 3 : 2.

Rexeǌe:Oznaqimo trougao sa ABC i uvedimo oznake kao na Slici

6.1. Iz uslova zadatka imamo da je a : ha = 3 : 2, te zboglakxeg raqunaǌa mo�emo uzeti da je a = 3k, a ha = 2k.

Slika 6.1: Trougao ABC

Sada, na osnovu Pitagorine teoreme, imamo da je:

b2 =(a2

)2+ h2a

=9k2

4+ 4k2

=25k2

4,

a samo b jednako je5k

2. Kako je O = a + 2b, dobijamo da je

k = 2cm, a = 6cm, b = 5cm, ha = 4cm, P = 12cm2.Preostaje jox da izraqunamo visinu hb. Iskoristi�emo

qiǌenicu da je P =b · hb2

, odakle sledi da je hb = 4.8cm.

Primer 6.1.2. Tri stranice simetriqnog trapeza su 5cm, aqetvrta stranica je 20cm. Izraqunati uglove i povrxinutrapeza.

Rexeǌe:Korix�eǌem simetrije trapez se mo�e transformisati u

pravougaonik kao na slici 6.2. Neka je ABCD simetriqnitrapez sa stranicama AB = 20cm, BC = AD = 10cm i CD =

144

6.1. ZADACI IZ PLANIMETRIJE

10cm. Ortogonalna projekcija C ′D′ stranice CD na du�uosnovu AB tako�e je 10cm. Dakle, AD′ = 5cm i BC ′ = 5cmzbog simetrije. Iz trougla AD′D imamo da je DD′ =

√75cm =

5√3cm.

Slika 6.2: Trapez ABCD

Dakle, stranice pravougaonika su a = AB − BC ′ = 20cm−5cm = 15cm i b = 5

√3cm. Povrxina je P = 75

√3cm2, a uglovi

su redom 60 i 120 stepeni.

Zadaci:

1. Izraqunati povrxinu kru�nog prstena koji qine dva koncen-triqna kruga polupreqnika r1 = 5cm i r2 = 7cm.

2. Dat je kvadrat povrxine 256cm2. Izraqunati povrxinu kru�-nog prstena koji qine upisan i opisan krug tog kvadrata.

3. Krug preqnika 10cm podeǉen je na 6 jednakih iseqaka, a drugikrug, preqnika 12cm, podeǉen je na 8 jednakih iseqaka. Kojiiseqak ima ve�u povrxinu i za koliko?

4. Oko kvadrata povrxine 8cm2 opisan je krug. Izraqunati po-vrxinu kru�nih odseqaka.

5. Polupreqnik upisane kru�nice u jednakostraniqni trougaoABC je 3cm. Na�i obim trougla ABC.

6. Ako je u krug upisan jednakostraniqni trougao povrxine√3

4cm2, na�i polupreqnik kruga.

7. U krug obima O = 10πcm upisan je pravougaonik qije se stra-nice odnose kao 3 : 4. Odrediti povrxinu pravougaonika.

8. Na�i povrxinu jednakokrakog trougla ako mu je krak 5cm, aosnovica 8cm.

9. Ako se stranica kvadrata pove�a za 3cm, povrxina mu sepove�a za 75cm2. Izraqunati obim i povrxinu tog kvadrata.

145


10. Ako se stranica kvadrata smaǌi za 7cm, ǌegova povrxina sesmaǌi za 119cm2. Izraqunati obim i povrxinu tog kvadrata.

11. Pravougaonik i kvadrat imaju jednake obime. Stranice pra-vougaonika su 14cm i 6cm. Kolika je povrxina kvadrata i zakoliko je ve�a od povrxine pravougaonika?

12. Izraqunati obim i povrxinu pravougaonika ako su date osno-vica a = 36cm i dijagonala d = 39cm.

13. Obim pravougaonik je 52cm, a razlika dveju stranica je 6cm.Izraqunati povrxinu pravougaonika.

14. Obim jednakokrakog trougla je 50cm, a razlika izme�u krakai osnovice je 1cm. Izraqunati stranice trougla i ǌegovupovrxinu.

15. Neka je obim jednakokrakog trougla 36cm, a krak je za 3cmdu�i od osnovice. Izraqunati povrxinu i visinu ha i hb.

16. Kvadrat stranice 20cm ima obim jednak obimu pravougao-nika qija je xirina 4 puta maǌa od du�ine. Za koliko serazlikuju povrxine ovih figura?

17. Kada jednu stranicu kvadrata uve�amo tri puta, a drugu dvaputa, dobije se pravougaonik povrxine 96cm2. Za koliko jeobim pravougaonika ve�i od obima kvadrata?

18. Obimi dva kvadrata razlikuju se za 12cm, a povrxine za33cm2. Izraqunati ǌihove stranice.

19. Ako se osnova pravougaonika uve�a za 4cm, a visina za tolikosmaǌi, povrxina mu se umaǌi za 40cm2. Ako se pak osnovaumaǌi za 3cm, a visina pove�a za 4cm, povrxina se pove�aza 19cm2. Kolika je povrxina tog pravougaonika?

6.2 Zadaci iz stereometrijeSliqno kao u prethodnom odeǉku, navodimo neke osnovne

obrasce neophodne za daǉi rad.

Povrxina ZapreminaKocka P = 6a2 V = a3

Kvadar P = 2(ab+ ac+ bc) V = abcPravilna

trostrana prizma P = 2a2√3

4+ 3aH V =

a2√3

4H

146

6.2. ZADACI IZ STEREOMETRIJE

Primer 6.2.1. Dve ivice kvadra su 14cm i 8cm, a zapreminaje 2912cm2. Izraqunati povrxinu kvadra.

Rexeǌe:Iz V = abc, dobijamo da je

c =V

ab= 26cm.

Zatim, imamo da je:

P = 2(ab+ ac+ bc) = 1368cm2.

Primer 6.2.2. Dimenzije kvadra su tri uzastopna cela broja,a dijagonala je

√149. Izraqunati povrxinu i zapreminu

kvadra.Rexeǌe:Kako su dimenzije kvadra tri uzastopna cela broja, za a,

b i c mo�emo uzeti:

a = x− 1

b = x

c = x+ 1

Daǉe, poxto je D2 = a2 + b2 + c2, imamo da je:

149 = (x− 1)2 + x2 + (x+ 1)2

149 = x2 − 2x+ 1 + x2 + x2 + 2x+ 1

147 = 3x2

49 = x2,

odakle zakǉuqujemo da je x = 7, pa je a = 6, b = 7, c = 8.Povrxina kvadra je 292, a zapremina je 336.

Zadaci:

1. Du�ine ivica kvadra su 15cm, 50cm i 36cm. Odrediti du�i-nu ivice kocke koja sa datim kvadrom ima jednaku zapreminu,a zatim izraqunati povrxinu datog kvadra i te kocke.

2. Dijagonala pravilne qetvorostrane prizme je 15cm, a dija-gonala osnove je 12cm. Izraqunati povrxinu i zapreminu teprizme.

147


3. Ivice kvadra odnose se kao 2 : 3 : 5, a zapremina kvadra je240m3. Izraqunati povrxinu kvadra.

4. Ako se ivica kocke produ�i za 3cm, povrxina joj se pove�aza 198cm2. Izraqunati povrxinu i zapreminu kocke.

5. Ako se ivica kocke umaǌi za 2cm, povrxina joj se umaǌi za96cm2. Izraqunati povrxinu i zapreminu kocke.

6. Ivice dve kocke stoje u razmeri 4 : 3. Kolike su im povrxinei zapremine ako im se povrxine razlikuju za 168cm2?

7. Zbir ivica kocke je 48cm, a ǌena povrxina jednaka je povr-xini kvadra kod koga ivice stoje u odnosu 6 : 1 : 6. Izraqu-nati zapreminu kvadra.

8. Ivice kvadra odnose se kao 2 : 3 : 6, a ǌegova zapreminaje 4500cm3. Izraqunati povrxinu, dijagonalu i povrxinudijagonalnog preseka kvadra.

9. Ivice kvadra stoje u razmeri 2 : 2 : 1, a velika dijagonala je6cm. Izraqunati povrxinu i zapreminu kvadra.

10. Bazen oblika kvadra dimenzija 40m, 20m i 3m treba poplo-qati keramiqkim ploqicama dimenzija 10cm i 20cm. Kolikoje ploqica za to potrebno?

11. Jedan kubni metar dasaka koxta 3600 dinara. Koliko koxtadaska qija je du�ina 2m, xirina 3dm i visina 5cm?

12. Povrxina osnove pravilne trostrane prizme je 4√3, a povr-

xina omotaqa je 96. Izraqunati visinu prizme.13. Povrxina osnove pravilne qetvorostrane prizme je 36, a di-

jagonala boqne strane je 10. Izraqunati povrxinu i zapre-minu te prizme.

148

Glava 7

Uputstva i rexeǌazadataka

Matematiqka logikaOsnovni pojmovi

1. Izrazi su pod a), b) i �).2. Analogno kao i u Primeru (1.2.2).3. Matematiqke formule su pod a), b) i g).4. Analogno kao i u Primeru (1.2.3).5. (x2 + 2) : (5x− x) i (3a− b)(2− 7b).

Iskazi, iskazna logika

1. Iskazi su pod a), b) i d). Reqenica pod g) nije iskazjer nije ni taqna ni netaqna. Ako bi reqenica bilataqna, to bi znaqilo da sam rekao istinu, a ne la�. Akobi reqenica bila netaqna – to bi znaqilo da govorimistinu. Paradoksalna situacija.

2. τ(p) = >, τ(q) = ⊥, pa je τ(F ) = >.3. a) τ(p) = >, τ(q) = ⊥, τ(r) = ⊥, τ(s) = >. b) τ(F ) = >.4. a) > ⇒ ⊥ = ⊥ b) ⊥ ⇒ > = > v) > g) > d) > ⇒ ⊥ = ⊥.5. a) Ako je qetvorougao kvadrat, onda taj qetvorougao ima

jednake dijagonale. b) Ako je broj a prirodan broj, ondaje broj a ceo broj.

6. a) > ⇔ ⊥ = ⊥ b) ⊥ ⇔ ⊥ = > v) > ⇔ ⊥ = ⊥7. a) ⊥ b) > v) > g) ⊥

149

GLAVA 7. UPUTSTVA I REXEǋA ZADATAKA

8. Najpre odrediti istinitosnu vrednost datih iskaza, pana osnovu toga odrediti istinitosnu vrednost datihformula.a) > b) > v) ⊥ g) ⊥ d) > �) ⊥

9. Analogno prethodnom zadatku.a) > b) > v) > g) ⊥ d) > �) >

10. τ(p) = ⊥, τ(q) = >, τ(r) = >. a) ⊥ b) ⊥.11. 23 ·42 = 23 ·24 = 27 pa je τ(p) = >; (82 ·43) : (16 ·64) = (26 ·26) :

(24 ·26) = 212 : 210 = 22 pa je τ(q) = ⊥; (272 ·64)2 : (2163 ·36) =(36 · 26)2 : (69 · 62) = 612 : 611 = 6, pa je τ(r) = >.

12. a) (8 > 3)∧ (8 > 0) b) (a > b)∨ (a < b) v) (a > 0)∧ (b < 0)⇒(ab < 0) g) (x > 3) ⇔ (¬(x = 3) ∧ ¬(x < 3)) d) (a = 0 ∨ b =0)⇒ ab = 0 �) (x > 0 ∧ y > 0) ∨ (x < 0 ∧ y < 0)⇔ xy > 0

13. a) (p ∨ q) ∧ ¬p

p q p ∨ q ¬p F> > > ⊥ ⊥> ⊥ > ⊥ ⊥⊥ > > > >⊥ ⊥ ⊥ > ⊥

b) (p ∨ ¬q)⇒ r

p q r ¬q p ∨ ¬q F> > > ⊥ ⊥ >> > ⊥ ⊥ ⊥ >> ⊥ > > > >> ⊥ ⊥ > ⊥ >⊥ > > ⊥ ⊥ >⊥ > ⊥ ⊥ ⊥ >⊥ ⊥ > > > >⊥ ⊥ ⊥ > ⊥ >

14. a) ¬(p ∧ q) ∧ (¬p ∧ ¬q)

p q p ∧ q ¬(p ∧ q) ¬p ¬q ¬p ∧ ¬q F> > > ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥> ⊥ ⊥ > ⊥ > ⊥ ⊥⊥ > ⊥ > > ⊥ ⊥ ⊥⊥ ⊥ ⊥ > > > > >

150

v) (p ⇒ (q ∧ r)) ⇔ ((p ⇒ q) ∧ (p ⇒ r)) Zbog preglednosti,uvedimo slede�e oznake: L = p ⇒ (q ∧ r) i D = (p ⇒q) ∧ (p⇒ r).

p q r q ∧ r L p⇒ q p⇒ r D F> > > > > > > > >> > ⊥ ⊥ ⊥ > ⊥ ⊥ >> ⊥ > ⊥ ⊥ ⊥ > ⊥ >> ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ >⊥ > > > > > > > >⊥ > ⊥ ⊥ > > > > >⊥ ⊥ > ⊥ > > > > >⊥ ⊥ ⊥ ⊥ > > > > >

Tautologije, ekvivalentne formule

1. Analogno Primeru (1.4.1).2. Analogno Primeru (1.4.2).3. Analogno Primeru (1.4.6).4. Analogno Primeru (1.4.7).5. a) ¬((p ∨ q) ∧ r)⇔ ¬(p ∨ q) ∨ ¬r ⇔ ¬p ∧ ¬q ∨ ¬r

b) ¬p ∨ ¬q ∧ ¬r6. a) ¬(∃x ∈ N)(x+1 = −1)⇔ (∀x ∈ N)¬(x+1 = −1)⇔ (∀x ∈

N)(x+ 1 6= −1)b) (∃x ∈ R)¬(x > 153)⇔ ¬(∀x ∈ R)(x > 153)v) ¬(∃x ∈ R)(x2 − 9 < 0)⇔ (∀x ∈ R)¬(x2 − 9 < 0)⇔ (∀x ∈

R)(x2 − 9 > 0)

g) (∃x ∈ N)¬(

1∫0

tdt = x

)⇔ ¬(∀x ∈ N)

(1∫0

tdt = x

)Taqne su reqenice pod a), b) i g).

Skupovi

1. Sve kolekcije su skupovi.2. a) A = {−7,−6,−5,−4,−3,−2,−1, 0, 1}

b) B = {−1, 1}v) C = {M,A, T,E, I,K}g) D = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 10, 12, 15, 20, 30, 60}

3. Beskonaqni su skupovi pod a) i g), dok su skupovi podb) i v) konaqni.

151


4. Prazni su skupovi A, C i D.5. a) |A| = |B| b) |A| = |B| v) A = B6. a) netaqno; b) taqno; v) netaqno.7. Skup A = {0, 4, 6, 8, 9} a B = {0, 2, 4} i sada lako odre�u-

jemo tra�ene skupove.8. {M(A) = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7}.9. {M(A) = {−3,−2, 0, 2, 3, 4}.10. Ac = {x | x je paran prirodni broj}, Bc = {x | x = 3k +

1 ili x = 3k + 2, k ∈ N0}, Cc = {x | x ∈ N i x < 5}, Dc ={x | x ∈ N i x > 20}

11. X = {4, 5}12. Za skup X imamo vixe mogu�nosti, i to: X1 = {b, c},

X2 = {b, c, d}, X3 = {b, c, e} i X4 = {b, c, d, e}, dok je Y ={b, c, e}. Dakle, X1 \ Y = ∅, X2 \ Y = {d}, X3 \ Y = ∅ iX4 \ Y = {d}.

13. Analogno kao u Primeru (1.5.9)14. Analogno kao u Primeru (1.5.9)15.

P(A) ={∅, {1}, {2}, {3}, {4},{1, 2}, {1, 3}, {1, 4}, {2, 3}, {2, 4}, {3, 4},{1, 2, 3}, {1, 2, 4}, {1, 3, 4}, {2, 3, 4}, {1, 2, 3, 4}}

16. Stavke pod a) i b) su analogne prethodnom zadatku,dok je pod v) trivijalno. g) Kako je {S(A) = {b, e},pa je P({S(A)) = {∅, {b}, {e}, {b, e}}. Sa druge strane,{S(B) = {a, b}, pa je P({S(B)) = {∅, {a}, {b}, {a, b}}. Dakle,P({S(A)) ∩ P({S(B)) = {∅, {b}}.

17. Skupovna jednakost ne va�i za sve skupove. Na primer,ne va�i za A = {1, 2}, B = {1, 3} i C = {1, 4}.

18. Analogno kao u Primeru(1.5.10).19. x = 3, y = −3, z = 2.20. S = {(−2, 5), (0, 1)}.21. A = {(1, 3), (2, 6), (3, 9), (4, 12)}.22. a) A2 = {(2, 2)}.

b) B2 = {(1, 1), (1, a), (a, 1), (a, a)}.v) Analogno kao prethodne stavke.

23. Analogno kao u Primeru (1.5.13).24. Analogno kao u Primeru (1.5.13).

152

Binarne relacije

1. Analogno kao u Primeru (1.6.2).2. a) antirefleksivnost i simetriqnost.

b) refleksivnost, simetriqnost i tranzitivnost. Da-kle, u pitaǌu je relacija ekvivalencije.

3. ρ = {(3, 5), (4, 6), (5, 7), (6, 8), (7, 9)}4. ρ = {(0, 7), (1, 6), (2, 5), (3, 4), (4, 3), (5, 2), (6, 1), (7, 0)}5. a)

ρ ={(−2,−2),(−1,−2), (−1,−1),(0,−2), (0,−1), (0, 0),(1,−2), (1,−1), (1, 0), (1, 1),(2,−2), (2,−1), (2, 0), (2, 1), (2, 2),(3,−2), (3,−1), (3, 0), (3, 1), (3, 2), (3, 3)}

Relacija ρ je refleksivna, antisimetriqna i tran-zitivna. Graf crtamo kao u Primeru (1.6.5).

b) ρ = {(−1,−2), (0, 0), (1, 2)}. Ova relacija je antisi-metriqna.

v)

ρ ={(−2,−2), (−2, 2), (−1,−1), (−1, 1), (0, 0),(1,−1), (1, 1), (2,−2), (2, 2), (3, 3)}

Relacija je refleksivna, simetriqna i tranzitivna.Graf crtamo analogno kao u Primeru (1.6.5).

g) ρ = {(−2,−1), (−1, 0), (0, 1), (1, 2), (2, 3)}. Ova relacijaje antirefleksivna i antisimetriqna.

6. Kako bi relacija bila refleksivna, dodajemo par (1, 1).Relacija je antisimetriqna i da bi va�ila tranzitiv-nost, dodajemo par (1, 3). Dakle, relaciju je potrebnodopuniti sa dva ure�ena para kako bi bila relacijaporetka.

7. Neophodno je proveriti da je relacija refleksivna, an-tisimetriqna i tranzitivna.

• Refleksivnost:

(∀x ∈ N)(∃1 ∈ N) x = x · 1⇔ (∀x ∈ N) x|x.

153


• Antisimetriqnost:

(∀x, y ∈ N) x|y ∧ y|x⇔(∀x, y ∈ N)y = x · k1 ∧ x = y · k2⇔(∀x, y ∈ N)(∃k1, k2 ∈ N)y = x · k1 = (y · k2)k1 = y(k2k1).

Sada zakǉuqujemo da je k1k2 = 1 ∈ N, odakle sledida je k1 = 1 i k2 = 1, pa je x = y.• Tranzitivnost:

(∀x, y, z ∈ N)x|y ∧ y|z⇔(∀x, y, z ∈ N)(∃k1, k2 ∈ N)y = x · k1 ∧ z = y · k2⇔(∀x, y, z ∈ N)(∃k1, k2 ∈ N)z = y · k2 = (x · k1)k2 = x(k1k2)

⇔(∃k = k1k2 ∈ N)z = xk

⇔x|z.

Ovim smo dokazali da relacija deǉivosti jeste rela-cija poretka. Me�utim, u pitaǌu je relacija parci-jalnog poretka jer nisu svi elementi uporedivi. Naprimer, elementi 3, 5 ∈ N nisu uporedivi.

8. a) Analogno kao Primer (1.6.5).b) Samo �emo zapisati relaciju ρ2.

ρ2 ={(1, 1), (1, 3), (1, 5), (2, 2), (2, 4), (2, 6),(3, 1), (3, 3), (3, 5), (4, 2), (4, 4), (4, 6),

(5, 1), (5, 3), (5, 5), (6, 2), (6, 4), (6, 6)}

v) Zapiximo relaciju ρ3.

ρ3 ={(−3,−3), (−3, 3), (−2,−2), (−2, 2), (−1,−1), (−1, 1),(0, 0), (1,−1), (1, 1), (2,−2), (2, 2), (3,−3), (3, 3)}

Graf relacije ρ3 prikazan je na Slici (7.1).g) Primetimo da je 3|(x − y) ⇔ x ≡3 y, pa se i ovaj

zadatak radi analogno kao Primer (1.6.5).9. Analogno kao Primer (1.6.8).

154

Slika 7.1: Graf relacije ρ3

Preslikavaǌa

1. Proverimo najpre injektivnost. Neka su x1, x2 ∈ R takvida je x1 6= x2. Odatle sledi da je 3x1 6= 3x2, a odatle3x1 − 2 6= 3x2 − 2, xto je u stvari f(x1) 6= f(x2), pa je finjektivno.Uzmimo proizvoǉno y0 iz kodomena i odredimo elementx koji se preslikava u y0. Potrebno je rexiti jednaqinu

f(x) = y0, tj. 3x − 2 = y0, pa je x =y0 + 2

3. Dakle, f je

surjektivno.2. Analogno kao prethodni zadatak.3. Trivijalno.4. Ukupno ima xest takvih funkcija, i to:

f1 = {(1, x), (2, y), (3, y)} f4 = {(1, y), (2, x), (3, x)}f2 = {(1, y), (2, x), (3, y)} f5 = {(1, x), (2, y), (3, x)}f3 = {(1, y), (2, y), (3, x)} f6 = {(1, x), (2, x), (3, y)}

5. Sliqno kao Primer (1.7.8).6. Sliqno kao Primer (1.7.7).7. Obiqna raqunska provera.8. Analogno kao u Primerima (1.7.8) i (1.7.6).9. Analogno kao u Primeru (1.7.9).10. Analogno kao u Primerima (1.7.9) i (1.7.6).11. Ako u datoj funkcionalnoj jednaqini umesto x stavimo

155


1x, dobijamo slede�i sistem:

f(x) + 2f

(1

x

)= x

f

(1

x

)+ 2f(x) =

1

x

Ako pomno�imo drugu jednaqinu sa 2 i oduzmemo je odprve, dobijamo da je −3f(x) = x− 2

x, pa je f(x) = −x

3+ 2

3x.

Iz teorije brojevaRaqunske operacije u skupu N

1. U datom intervalu prvi broj deǉiv sa 5 je 100, a po-sledǌi 195 i ukupno ih ima 20.

2. Koriste�i pravila deǉivosti brojevima 4 i 9, zakǉu-qujemo da �e broj biti deǉiv i sa 4 i sa 9 ako je dvoci-freni zavrxetak deǉiv sa 4 i pritom je zbir ǌegovihcifara deǉiv sa 9. Dakle, brojevi 216, 432 i 576 surexeǌe zadatka.

3. Koristiti qiǌenice da �e broj biti deǉiv brojem 15ako mu je cifra jedinice 0 ili 5 i zbir ǌegovih cifaraje deǉiv sa 3, dok �e broj biti deǉiv brojem 12 ako muje dvocifreni zavrxetak deǉiv brojem 4 i zbir ǌegovihcifara deǉiv brojem 3.

4. Iskoristiti qiǌenicu da je broj deǉiv brojem 6 akoje deǉiv i sa 2 i sa 3. Svaki od primera ima vixemogu�ih rexeǌa.

5. Broj n je oblika 5k+3, pa je n+3 = 5k+6 za neko k ∈ N0.Daǉe, n+ 3 = 5k+ 6 = 5(k+ 1) + 1, pa je tra�eni ostatakiznosi 1.

6. Ako x|y i x|z, tada postoje k1, k2 ∈ N takvi da je y = k1xi z = k2x, pa je

y + z = k1x+ k2x = (k1 + k2)x,

xto znaqi da x|(y + z).7. Broj 2614∗ je deǉiv sa 3 i 5 ako je ∗ = 5. Dakle, tra�eni

brojevi su 26145 (ostatak je 0), 26146 (ostatak je 1) i2614 (ostatak je 2).

156

8. Rastavǉaǌem na proste qinioce dobijamo da je 385 =5 · 7 · 11. Kako 11 nije cifra u dekadnom sistemu, to brojqiji je proizvod cifara 385 ne postoji.

9. Da bi broj m delio zbir m + 12, neophodno je da delioba sabirka. Kako m|m, potrebno je da m|12. Dakle,broj m mo�e biti bilo koji delilac broja 12, tj. 1, 2,3, 4, 6 i 12.

10. Analogno kao prethodni zadatak.11. Dati broj je deǉiv sa 18 jer je paran (deǉiv sa 2) i jer

mu je zbir cifara 9, pa je deǉiv sa 9. Nije deǉiv sa36 jer nije deǉiv sa 4, poxto dvocifreni zavrxetak 06nije deǉiv sa 4.

12. Izlo�i�emo samo ideju dokaza. Broj je deǉiv brojem24 ako je deǉiv sa 3 i sa 8. Dakle, potrebno je dokazatida je p2− 1 deǉivo sa 3 i sa 8. Najpre, primetimo da jep2 − 1 = (p− 1)(p+ 1).Kako je p prost broj, brojevi p− 1 i p + 1 su uzastopniparni brojevi. Iskoristi�emo qiǌenicu da je od dvauzastopna parna broja jedan deǉiv sa 4, a drugi sa 2,pa je proizvod (p− 1)(p+ 1) deǉiv sa 8.Sa druge strane, p−1, p, p+1 su tri uzastopna prirodnabroja. Od tri uzastopna prirodna broja, bar jedan jedeǉiv sa 3. Me�utim, broj p nije deǉiv sa 3 jer jeprost, pa je ili p− 1 deǉivo sa 3 ili je p+1 deǉivo sa3. Samim tim je i proizvod (p− 1)(p+ 1) deǉiv sa 3.

Euklidov algoritam. NZD i NZS

1. a) NZS(24,NZD(90, 126)) = NZS(24, 18) = 72.b) NZD(NZS(24, 90),NZS(24, 126)) = NZD(360, 504) = 72.

2. Euklidovim algoritmom izraqunamo najve�i zajedniqkidelilac i iskoristimo qiǌenicu da je

192 · 90 = NZD(192, 90)NZS(192, 90).

Zadatak mo�emo rexiti i na drugi naqin, kao u Pri-meru (2.3.4).

3. Analogno kao prethodni zadatak.4. Iskoristiti Teoremu (2.3.4).5. Analogno kao Primer (2.3.6).6. Analogno kao Primer (2.3.6).

157


7. Iskoristimo formulu a ·b = NZD(a, b)NZS(a, b) i izraqu-namo NZD(a, b) i zatim je postupak isti kao u Primeru(2.3.6).

8. Sliqno kao prethodni zadatak.9. Neka su a i b prirodni brojevi takvi da je a + b = 42 i

NZD(a, b) = 6.Kako je NZD(a, b) = 6, to znaqi da je 6|a i 6|b, pa zakǉu-qujemo:

(∃a1 ∈ N) (a = 6 · a1)

(∃b1 ∈ N) (b = 6 · b1)

Na osnovu Stava (2.3.1), sledi da je NZD(a1, b1) = 1.Sada imamo:

a+ b = 42

6a1 + 6b1 = 42

a1 + b1 = 7

Sada treba na�i brojeve a1 i b1, za koje znamo da suprirodni, uzajamno prosti i da je ǌihov zbir 7. For-mira�emo tabelu:

a1 1 2 3 4 5 6b1 6 5 4 3 2 1a 6 12 18 24 30 36b 36 30 24 18 12 6

Dakle, tra�eni parovi brojeva koji zadovoǉavaju po-qetne uslove zadatka su 6 i 36, 12 i 30 i 18 i 24.

10. Analogno kao prethodni zadatak.11. Neka su x i y prirodni brojevi takvi da je x− y = 56 i

NZD(a, b) = 8.Kako je NZD(x, y) = 8, to znaqi da je 8|x i 8|y, pa zakǉu-qujemo:

(∃x1 ∈ N) (x = 8 · x1)

(∃y1 ∈ N) (y = 8 · y1)

Na osnovu Stava (2.3.1) sledi da je NZD(x1, y1) = 1.

158

Sada imamo:

x− y = 56

8x1 − 8y1 = 56

x1 − y1 = 7

Sada treba na�i brojeve x1 i y1, za koje znamo da suprirodni, uzajamno prosti i da je ǌihova razlika 7.Formira�emo tabelu:

x1 8 9 10 11 12 13 15 . . .y1 1 2 3 4 5 6 8 . . .x 64 72 80 88 96 104 120 . . .y 8 16 24 32 40 48 64 . . .

Postoji beskonaqno mnogo parova brojeva koji zadovo-ǉavaju poqetne uslove zadatka, a neki su 64 i 8, 72 i16, 80 i 24 itd.

12. Analogno kao prethodni zadatak.13. Ako bismo tra�enom broju dodali 1, onda bi on bio

deǉiv sa 2, 3, 4, 5 i 6, a pri deǉeǌu sa 7 davao biostatak 1. Za poqetak, najmaǌi broj koji je deǉiv sa2, 3, 4, 5 i 6 je NZS(2, 3, 4, 5, 6) = 60. Dakle, posmatramobrojeve oblika 60k koji pri deǉeǌu sa 7 daju ostatak 1i najmaǌi takav broj je 120. Dakle, broj koji ispuǌavauslove zadatka je 119.

14. Kako je 432 = 24 · 33, da bismo dobili potpuni kvadratnekog broja, neophodno je da 432 pomno�imo brojem 3.

15. Potrebno je na�i NZD(234, 390).16. Potrebno je na�i NZD(408, 312).

Princip matematiqke indukcije

1. Analogno kao u Primeru (2.3.7).2. Analogno kao u Primeru (2.3.7).

3. 1) n = 1, 12 =1 · (1 + 1)(2 · 1 + 1)

6⇔ 1 = 1

159


2) n = k, 12 + 22 + 32 + . . .+ k2 =k(k + 1)(2k + 1)

6

⇒ 12 + . . .+ k2 + (k + 1)2 =k(k + 1)(2k + 1)

6+ (k + 1)2

= (k + 1)

(k(2k + 1)

6+ k + 1

)= (k + 1)

(2k2 + 7k + 6

6

)= (k + 1)

(2(k + 3

2)(k + 2)

6

)=

(k + 1)(k + 2)(2k + 3)

6

=(k + 1)((k + 1) + 1)(2(k + 1) + 1)

6

4. 1) n = 1,1

1 · 2=

1

1 + 1⇔ 1

2=

1

2

2) n = k,1

1 · 2+

1

2 · 3+ . . .+

1

k(k + 1)=

k

k + 1

⇒ 1

1 · 2+

1

2 · 3+ . . .+

1

k(k + 1)+

1

(k + 1)(k + 2)=

=k

k + 1+

1

(k + 1)(k + 2)=

k(k + 2) + 1

(k + 1)(k + 2)

==k(k + 2) + 1

(k + 1)(k + 2)

=(k + 1)2

(k + 1)(k + 2)

=(k + 1)

(k + 2)

Primetimo i da je:

1

1 · 2+

1

2 · 3+ . . .+

1

n(n+ 1)=

1− 1

2+

1

2− 1

3+ . . .+

1

n− 1

n+ 1=

1− 1

n+ 1=

n

n+ 1

160

5. a) 1) n = 2, 22n+ 1 = 24 + 1 = 17

2) n = k, 22k+ 1 = 10m+ 7 – pretpostavka

⇒ 22k

= 10m+ 6 kvadriramo celu formulu

⇒(22

k)2

= (10m+ 6)2

⇒ 22k·2 = 100m2 + 120m+ 36

⇒ 22(k+1)

= 100m2 + 120m+ 36

⇒ 22(k+1)

+ 1 = 100m2 + 120m+ 37

⇒ 22(k+1)

+ 1 = 10p+ 7

b) 1) n = 1, 241 − 5 = 16− 5 = 11

2) n = k, 24k − 5 = 10p+ 1 – pretpostavka

⇒ 24k

= 10p+ 6

⇒(24

k)4

= (10p+ 6)2

⇒ 24(k+1)

=((10p+ 6)2

)2⇒ 24

(k+1)

= (10q + 6)2

⇒ 24(k+1) − 5 = 10z + 1

6. 1) n = 2, 22 = 4 = 2 · 2.2) n = k, k2 ≥ 2k – pretpostavka

⇒ k2 + 2k + 1 ≥ 2k + 2k + 1

⇒ (k + 1)2 ≥ 2k + 2k + 1

⇒ (k + 1)2 ≥ 2k + 1 + 1

⇒ (k + 1)2 ≥ 2k + 2

⇒ (k + 1)2 ≥ 2(k + 1)

Brojevni sistemi1. 1001110(2) = 1 · 26 +0 · 25 +0 · 24 +1 · 23 +1 · 22 +1 · 21 +0 · 20 =

64 + 8 + 4 + 2 = 78.1102(3) = 1 · 33 + 1 · 32 + 0 · 31 + 2 · 30 = 27 + 9 + 2 = 38.41234(5) = 4·54+1·53+2·52+3·51+4·50 = 2500+125+50+15+4 =2694.

161


2. 1011010010(2) = 722, 233.12(8) = 155.140625, 2C(16) = 44,FFFF(16) = 65535, 762(0.5) = 6.75.

3. 2A1B(16) = ((2 · 16 + 10) · 16 + 1) · 16 + 11 = 10779, 2512(8) =((2 · 8 + 5) · 8 + 1) · 8 + 2 = 1354.

4. Najpre dati broj zapisujemo u sistem sa osnovom 10.2403(5) = 2 · 53 + 4 · 52 + 0 · 5 + 3 · 50 = 2 · 125 + 4 · 25 + 3 = 353.Sada dekadni broj 353 zapisujemo u brojevni sistem saosnovom 2.10 353 176 88 44 22 11 5 2 1

2 1 0 0 0 0 1 1 0 1Dakle, 2403(5) = 353 = 101100001(2).

5.a) 3129(10) = 6071(8);b) 3129(10) = 110000111001(2);v) 3129(10) = C39(16);

g) 842(10) = 2312(7);d) 736(10) = 3224(6);�) 3620(10) = 13361(7).

6. a) 481(9) = 1105(7);b) 3012(4) = C6(16);

v) 31230(4) = 12001(5);g) 4021(5) = 13333(4).

7. a) 0.101(2) = 0.625(10);b) 0.322(4) = 0.90625(10);v) 0.42(5) = 0.88(10).

8. a) 0.375(10) = 0.12(4);b) 132.4(5) = 222.30303...(4);v) 0.34(10) = 0.132222...(5).

9.a) 0.AB6(16) = 0.5266(8);b) 32(4) = 16(8);v) 37.56(8) = 133.232(4);

g) 2301.32(4) = 261.7(8);d) 0.32(16) = 0.144(8);�) 0.32(4) = 0.7(8).

10. 110.32(4) = 20.875.11. 48.675(10) = 110000.101011001(2).12. a) D2.EA5(16) = 11010010.11101...(2);

b) C1.F1F92(16) = 3001.3301332102(4);v) 275.364(8) = 10111101.0111101(2);g) 3220(4) = 350(8);d) AB7F(16) = 22231333(4);�) 10110001.0101101(2) = 261.264(8);e) 101101.01(2) = 2D.4(16);�) D4C9.A2(16) = 152311.504(8);z) 832.41701(9) = 221002.1101210001(3).

13. Sliqno kao prethodni zadaci.14. Sliqno kao prethodni zadaci.15. a) 8(10) = 1x+ 0x0, x = 8

b) Analogno.

162

v) 7′= 12(x), 8 = 12(x), 8(10) = 1x+ 2, 8 = x+ 2, x = 6

g) 9(10) = 2x+ 1x0 = 2x+ 1, x = 4d) 13(10) = 1x2 + 1x + 1x0 = x2 + x + 1, x2 + x − 12 = 0,

x1 = 3 ∨ x2 = −4, x = 316. 1040(5) = 153 + 052 + 451 + 050 = 125 + 20 = 145, 2020(3) =

233 + 231 = 54 + 6 = 60, 145− x = 60, x = 8585 21 5 1 04 1 1 1 1

x = 1111(4)

17. Analogno prethodnom zadatku.18. x = 36, x = 100100(2).19. 2021(3) = 233 + 23 + 1 = 54 + 6 + 1 = 61, 61 = 221(x), 61 =

2x2 + 2x + 1, 2x2 + 2x − 60 = 0, x1 = 5, x2 = −6. Dakle,61 = 221(5).Da li postoji brojevni sistem u kome se 61 zapisuje kao111, proveri�emo na slede�i naqin: 61 = 111(x), 61 =

1x2 + 1x + 1, x2 + x − 60 = 0, x1,2 =−1±

√241

2. Me�utim,

brojevi−1 +

√241

2i−1−

√241

2su iracionalni brojevi,

pa kao takvi ne mogu biti osnova brojevnog sistema.Prema tome, ne postoji brojevni sistem u kome je zapisbroja 61 broj 111.

Linearne jednaqine i nejednaqine

Linearne jednaqine

1. a) x = 94;

b) x = 6;v) x = 2;g) x = −5.

2. a) x = 5629;

b) x = 1119;

v) x = 4;g) x = −5

6.

3. Jednaqine su ekvivalentne u sva tri sluqaja.

4.a) x = 31

35;

b) x ∈ R;v) nema rexeǌa;

g) x = 1;d) x = 67

13;

�) x = 10511.

5. a) m = −2;b) m = −6.

6. a) Jednaqinu svodimo na (a− 3)x = 3a, pa je jednaqinanemogu�a za a = 3, a kada je a 6= 3, tada je x = 3a

a−3 .

163


b) Jednaqinu svodimo na a(a− 1)x = 2(a− 1), pa je jed-naqina nemogu�a za a = 0, neodre�ena za a = 1 ix = 2

akada je a 6= 0, a 6= −1.

v) Jednaqina nije definisana za c = 0, pa mora bitic 6= 0, a rexeǌe je x = c2.

g) Jednaqinu svodimo na (a−2)x = a−2, pa je jednaqinaneodre�ena za a = 2, a kada je a 6= 2, tada je x = 1.

d) Da bi jednaqina bila definisana, parametri a i bmoraju biti razliqiti od nule. Jednaqinu svodimona (a+ b)x = (a+ b)2, pa je x = a+ b kada je (a+ b) 6= 0.

�) Da bi jednaqina bila definisana, mora biti a 6=−1. Daǉe, jednaqinu svodimo na ax = a, pa je jed-naqina neodre�ena za a = 0, a jedinstveno rexeǌeje x = 1 za a 6= −1, a 6= 0.

7. Ako sa x oznaqimo eparac, tada prvi sin dobija x3+30,

drugi sin dobija 13(x−(x

3+30))+30, a tre�i sin 350 din.

Rexavaǌem jednaqine

x =x

3+ 30 +

1

3

(x−

(x3+ 30

))+ 30 + 350,

dobijamo da je x = 900, pa prvi sin dobija 330 dinara,drugi 220, a tre�i 350.

8. Oznaqimo sa x Zoranov novac. Tada, iz jednaqine

x =9

10

5

6x+ 3 + 66

dobijamo da je x = 276.9. Ako prvo lice dobije x dinara, drugo �e dobiti jednu

petinu vixe, tj. 65x, dok �e tre�e lice dobiti 6

5(65x).

Rexavaǌem jednaqine,

x+6

5x+

6

5

(6

5x

)= 14560,

dobijamo da je x = 4000. Drugo lice dobija 4800, atre�e 5760 dinara.

10. Oznaqimo sa x broj sati koji je potreban drugom kom-bajnu da po�ǌe pxenicu. Prvi kombajn za jedan satpo�ǌe 1

7poǉa, a drugi za jedan sat 1

xpoǉa. Vreme od 3

164

qasa i 15 minuta mo�emo zapisati kao 314ili 13

4sati.

Sada dobijamo jednaqinu:(1

7+

1

x

)13

4= 1.

Rexavaǌem jednaqine dobijamo da je x = 9115, tj. 6 1

15, od-

nosno 6 qasova i 4 minuta.11. Sliqno kao 10. Zadatak.12. Sliqno kao 10. Zadatak.

Linearne nejednaqine

1. a) x < −47;

b) x > 1;v) x < 13

4.

2. a) x > 0;b) x ≥ − 1

11;

v) x ∈ R.

3. a)

x > −4− a

5− a, a < 5

∅, a = 5

x < −4− a5− a

, a > 5

b)

∅, a = 0x < 24− a− a2, a < 0x > 24− a− a2, a > 0

v)

∅, a = −1x >

2

(a+ 1)2, a > −1

x <2

(a+ 1)2, a < −1

g)

x ≥ 2m+ 1, m > 1

2

x ∈ R, m = 12

x ≤ 2m+ 1, m < 12

4. a) x ∈ (−∞, 13) ∪ (2,+∞);

b) x ∈ (2, 52);

v) x ∈ (−1, 1);g) x ∈ (−∞,−1) ∪ (2, 3).

5. Sliqno kao u Primeru 4.2.3.6. Analogno kao u Primeru 4.2.4.

165


7. Analogno kao u Primeru 4.2.4.8. a) x ∈ [1,+∞);

b) x ∈[−5

2,2

5

).

Apsolutna vrednost broja

1.a) x1 = 2, x2 = −6;b) x1 = 9, x2 = 3;v) x1 = −3, x2 = 5;

g) x = −4;d) x1 = −4, x2 = 2;�) x1 = −3, x2 = −1.

2. Jednaqine se transformixu u

a) |x− 3| = 5,b) |x|+ |x− 1| = 7,v) |x+ 4| = |x− 2|.

3. a) −92< x < −1

2;

b) x < 45∨ x > 2;

v) 1 < x < 5;g) x < −4 ∨ x > 1.

Odabrani zadaci iz planimetrije i ste-reometrije

Zadaci iz planimetrije

1. P = r22π − r21π = 24π.2. Najpre, a = 16cm, a r1 = a

2. Zatim, d = a

√2, r2 = d

2i

zatim analogno kao prethodni zadatak.3. Povrxina kru�nog iseqka raquna se po formuli

Pi =r2πα

360◦.

Prvi ugao je α1 = 360◦

6= 60◦, a drugi je α2 = 360◦

8= 45◦.

Primeniti formulu.4. Od povrxine kruga treba oduzeti povrxinu kvadrata.5. Potrebno je iskoristiti osobine jednakostraniqnog tro-

ugla. Kako je r = h3, a h = a

√3

2, koriste�i te qiǌenice

mo�emo na�i obim trougla.6. Iskoristiti osobine jednakostraniqnog trougla.

166

7. Polupreqnik kruga je 5cm, a odatle sledi da je d = 10cm.Neka je a = 3k, a b = 4k, odatle imamo da je d2 = 25k2,odakle dobijamo da je a = 6cm, b = 8cm, a P = 48cm2.

8. h = 3cm, a P = 12cm2.9. Stranicu nalazimo iz (a+ 3cm)2 = a2 + 75cm2.

a = 11cm, O = 44cm, P = 121cm2.10. Sliqno kao prethodni zadatak.11. Obim pravougaonika je 40cm, a povrxina 84cm2. Povr-

xina kvadrata je 100cm2 i ve�a je od povrxine pravo-ugaonika za 16cm2.

12. b = 15cm, O = 102cm, P = 540cm2.13. a = 16cm, b = 10cm, P = 160cm2.14. a = 16cm, b = 17cm, ha = 15cm, P = 120cm2.15. a = 10cm, b = 13cm, ha = 12cm, P = 60cm2, hb = 120

13.

16. Stranica kvadrata je a = 20cm, a povrxina Pk = 400cm2.Obim pravougaonika je 80cm, a odnos du�ine i xirine4 : 1, pa je du�ina x = 32cm, a xirina y = 8cm. Dakle,Pp = 256cm2 i povrxine se razlikuju za 144cm2.

17. Dobija se pravougaonik kod koga je a : b = 3 : 2, odakledobijamo da je a = 12cm, b = 8cm. Obim kvadrata je 16cm,a obim pravougaonika 40cm, te je odgovor na pitaǌe izzadatka 24cm.

18. Potrebno je rexiti sistem 4a1 − 4a2 = 12cm, a21 − a22 =33cm2. Odatle dobijamo da je a1 = 7cm, a a2 = 4cm.

19. Potrebno je rexiti sistem:

(a+ 4cm)(b− 4cm) = ab− 40cm2

(a− 3cm)(b+ 4cm) = ab+ 19cm2

Rexavaǌem sistema dobijamo da je a = 13cm, b = 7cm.

Zadaci iz stereometrije

1. Vkv = 2700cm3, Pkv = 6180cm2. Ivica kocke je a = 30cm, apovrxina Pkoc = 5400cm2.

2. Kako je osnova kvadrat, dobijamo da je a = b = 6√2cm.

Visinu dobijamo iz jednaqine c2 = D2−d2 = 81cm2, pa jec = 9cm. Sada lako raqunamo povrxinu i zapreminu.

3. a = 4m, b = 6m, c = 10m, P = 248m2.4. Potrebno je rexiti jednaqinu 6(a+3cm)2 = 198cm2 +6a2

i odatle dobijamo da je a = 4cm. P = 96cm2, V = 64cm3.

167


5. Sliqno kao prethodni zadatak.6. Kako je a1 : a2 = 4 : 3, mo�emo uzeti da je a1 = 4k, a2 = 3k

i iz 6a21−6a22 = 168cm2 dobijamo da je a1 = 8cm, a a2 = 6cm.Daǉe imamo da je P1 = 384cm2, V1 = 512cm3, P2 = 216cm2,V2 = 216cm3.

7. a = 4cm, Pkoc = 96cm2. Za dimenzije kvadra imamo da jex : y : z = 6 : 1 : 6, pa mo�emo uzeti da je x = 6k, y = k,z = 6k. Iz 96cm2 = 2(xy+xz+yz), dobijamo da je k = 1cm,x = 6cm, y = 1cm, z = 6cm, pa je V = 36cm3.

8. a = 10cm, b = 15cm, c = 30cm, P = 1800cm2, d = 5√13cm,

Pd = 150√13cm2.

9. Iz D2 = a2 + b2 + c2 dobijamo da je a = 4cm, b = 4cm,c = 2cm, pa je P = 64cm2, V = 32cm3.

10. Povrxina bazena je 1160m2, a povrxina ploqice 0.02m2,pa dobijamo da je potrebno 58000 ploqica.

11. Zapremina daske je 0.03m3, pa je cena daske 108 dinara.12. H = 8.13. P = 264, V = 288.

168

Indeks

aksiomaArhimedova, 121indukcije, 69Kantorova, 121

argument, 56aritmetika, 65

brojprost, 75slo�en, 75

brojevni sistem, 85binarni, 86dekadni, 86heksadecimalni, 86, 87nepozicioni, 85oktalni, 86pozicioni, 86

brojilac, 72

qetvorougao, 127qinilac, 70

delilac, 72deǉenik, 72deǉivost, 72deltoid, 129diedar, 134diedarska povrx, 134disjunkcija, 9

ekskluzivna, 12domen, 56drvo, 5du�, 116

ekvivalencija, 11, 12

formula, 6funkcija, 56

geometrijaapsolutna, 111euklidska, 111

graf, 45

hipotenuza, 130

imenilac, 72implikacija, 10iskaz, 7

prost, 7slo�en, 7

iskazna formula, 13istinitosna tablica, 15izometrijska transformacija,

123izraz, 4

kardinalni broj, 28katete, 130klasa ekvivalencije, 47kocka, 138kodomen, 56koliqnik, 72konjunkcija, 9konstanta, 4kontradikcija, 20krug, 120kru�nica, 120

169

INDEKS

kupa, 140kvadar, 138kvadrat, 128kvantifikator

egzistencijalni, 25univerzalni, 25

linearnajednaqina, 94nejednaqina, 100

lopta, 141

mnogougaopravilan, 126prost mnogougaoslo�en mnogougao, 118

nadskup, 28najmaǌi zajedniqki sadr�alac,

77najve�i zajedniqki delilac, 77negacija, 12niz

prirodnih brojeva, 66

original, 56

paralelepiped, 137Peanove aksiome, 69piramida, 136planimetrija, 143podskup, 28

pravi, 29poliedar, 133

pravilni, 138poligon, 118

regularan, 126poluprava, 116poluprostor, 119poluravan, 116prava, 110

pravougaonik, 128presek, 30preslikavaǌe, 55

bijektivno, 57identiqko, 57injektivno, 57inverzno, 58konstantno, 57slo�eno, 58surjektivno, 56

prizma, 137proizvod, 70promenǉiva, 4

nezavisno, 56zavisno, 56

prostor, 110

ravan, 110razlomak, 72relacija

antirefleksivna, 47antisimetriqna, 47binarna, 45ekvivalencije, 47inverzna, 45izme�u, 110podudarnosti, 110poretka, 47refleksivna, 46simetriqna, 46strogog poretka, 47tranzitivna, 47

rogaǉ, 135romb, 128romboid, 127

sabirak, 69sfera, 141skup, 27

definicioni, 56

170

INDEKS

koliqniqki, 47partitivni, 34prazan, 28totalno ure�en, 47ure�en, 47

slika, 56stepenovaǌe, 75stereometrija, 143

taqka, 110tautologija, 20term, 4trapez, 128

jednakokraki, 129pravougli, 129

trougao, 129

ugao, 117nula, 117opru�en, 117oxtar, 124prav, 124pun, 117tup, 124uporedni, 117

ugaona linija, 117ugaona oblast, 117unija, 29

vaǉak, 140

zakonkancelacije, 75proxirivaǌa, 75trihotomije, 75

zbir, 69

171

Bibliografija

[1] D. A. Avramov: Matematiqka logika i skupovi, Zagreb,1970.

[2] T. An�eli�: Elementarna geometrija, Biblioteka,,Tehniqke kǌige”, Beograd, 1956.

[3] M. Bogdanovi�: Zadaci iz Matematike 1: za studenteUqiteǉskog fakulteta, Uqiteǉski fakultet, Vraǌe,2010.

[4] K. Borsuk, W. Szmielew: Foundations of Geometry, North-Holland, Amsterdam, 1960.

[5] R. L. Goodstein: Mathematical Logic, New York, Ungar, 1961.

[6] I. S. Gradshtein: Direct and Converse Theorems. The Elementsof Symbolic Logic, Pergamon Press, 1963.

[7] K. Doxen, Osnovna logika, Beograd, 2013.

[8] Euklid: Elementi, Nauqna kǌiga, Beograd, 1957.

[9] E. Mendelson: Introduction to Mathematical Logic, Van No-strand, Princeton, 1964.

[10] E. E. Moise: The number systems of elementary mathematics,Addison-Wesley, United States of America, 1966.

[11] A. Perovi�, A. Jovanovi�, B. Veliqkovi�: Teorija sku-pova, Beograd, 2007.

[12] A. Petojevi�: Matematika (2. izdaǌe), Pedagoxki fa-kultet, Sombor, 2014.

173

BIBLIOGRAFIJA

[13] M. Radojiqi�: Opxta matematika, Nauqna kǌiga, Beo-grad, 1950.

[14] M. Radojiqi�: Elementarna geometrija, Nauqna kǌiga,Beograd, 1961.

[15] D. Raxkovi�: Osnovi numeriqkog raqunaǌa, Gra�evinskakǌiga, Beograd, 1954.

[16] D. E. Smith: The teaching of elementary mathematics, The Mac-millan co, London, 1914.

[17] S. Feferman: The Number Systems: Foundations of Algebra andAnalysis, Addison-Wesley Publishing Company, Palo Alto andLondon, 1964.

[18] S. V. Fomin: Number Systems, The University of Chicago Press,Chicago and London, 1974.

[19] D. Hilbert: Osnove geometrije, Matematiqki institut,Beograd, 1957.

[20] A. Church: Introduction to Mathematical Logic, I, Princeton Uni-versity Press, 1956.

[21] H. S. M. Coxeter, S. L. Greitzer, Geometry Revisited, RandomHouse, New York, 1967.

174

elementarni matematiqki pojmovi

Documents