matematika 1

Predgovor

Udzbenik je prevashodno namenjen studentima uciteljskih fakulteta, jerprati nastavni program matematike na prvoj godini Uciteljskog fakulteta uSomboru.

U cilju lakseg pracenja sadrzaja numeracija definicija, teorema, primera,slika i dr. uradena je zasebno za svaku glavu.

U prvoj glavi uvedena je standardna terminologija koja se koristi umatematickoj logici. Obradene su osnovne logicke operacije kao i iskazneformule. Poseban naglasak stavljen je na tautologije.

Skupovi su prezentovani u drugoj glavi i zbog namene udzbenika izosta-vljeno je njihovo aksiomatsko zasnivanje. Navedeni su nacini pretstavljanjaskupova, osnovne operacije i zadaci koji se resavaju pomocu skupova.

Na osnovu Dekartovog proizvoda skupova u trecoj glavi data je definicijarelacije. Objasnjene su dobro poznate relacije ekvivalencije i relacije poretka.Uveden je pojam klase ekvivalencije.

Posebnu vrstu relacija pretstavljaju preslikavanja (funkcije). Klasifikaci-ja preslikavanja kao i proizvod preslikavanja dati su u cetvrtoj glavi.

Definicija operacije i klasifikacija algebarskih struktura navedena je upetoj glavi. Navedene su i standardne osobine operacija.

U sestoj glavi dato je aksiomatsko zasnivanje skupa prirodnih brojeva.Dat je pregled i ostalih skupova brojeva, kao i njihove karakteristicne oso-bine.

Linearne jednacine i nejednacine, kao i sistemi linearnih jednacina ra-zmatraju se u sedmoj glavi. To je uslovilo da se navedu i najznacajnijeosobine determinanti.

Pojam niza, permutacije, varijacije i kombinacije (bez i sa ponavljanjem)navedeni su u osmoj glavi. Dat je veliki broj primera pomocu kojih citalaclakse usvaja navedenu materiju. Zbog velike primene obraden je i pojambinomnog koeficijenta.

U devetoj glavi, navedeni su osnovni pojmovi i tvrdenja iz verovatnoce.Trudio sam se da preko primera bacanja kocke citalac prakticno shvati znacaj

1

2

ove matematicke oblasti na sto jednostavniji nacin.Istorijski razvoj geometrije, aksiomatska izgradnja i znacajnije geometri-

jske figure predmet su izlaganja u desetoj glavi. Vektori su obradeni u vecojmeri nego sto je to realno potrebno studentima uciteljskih fakulteta.

Ovom prilikom zelim da izrazim svoju zahvalnost prof. dr Stani Cvejici prof. dr Nenadu Petrovicu na korisnim savetima tokom pisanja ovogudzbenika.

U Somboru, januara 2005. Autor

Glava 1

Matematicka logika

1.1 Iskazi i logicke operacije

U matematickom jeziku, koji je znatno precizniji od govornog, jedan odosnovnih pojmova je pojam iskaza.Iskazi su one recenice o kojima ima smisla govoriti da li su tacne (>, citati”te”) ili su netacne (⊥, citati ”ne te”). Za oznacavanje iskaza koristimo slovap, q, r... ili p1, p2, p3... .

Primer 1. Koje od datih recenica jesu iskazi:

1) Zemlja je zvezda.

2) Na kojoj si godini studija?

3) 8 > 4.

4) (x − 1)3 = 8.

Resenje: 1) Jeste (⊥). 2) Nije. 3) Jeste (>). 4) Nije, jer za x = 3recenica je tacna, a za recimo x = 5 netacna.

Skup p, q, r, ... ∨, ∧, ⇒, ⇔, ¬, (, ) zovemo azbuka. Elemente tog skupanazivamo:

p, q, r, ..., iskazna slova,

∨, ∧, ⇒, ⇔, ¬, znaci logickih operacija,

(, ) pomocni znaci.

Definisimo pet navedenih logickih operacija, od kojih su prve cetiri binarne,a poslednja unarna:

3

4 Glava 1. Matematicka logika

Definicija 1. Disjunkcija redom iskaza p, q jeste iskaz ”p ili q ”. Di-sjunkcija je netacan iskaz samo ako su i iskaz p i iskaz q netacni. U svimostalim slucajevima je tacan iskaz. Disjunkciju ”p ili q” oznacavamo p ∨ q.

Definicija 2. Konjukcija redom iskaza p, q jeste iskaz ”p i q”. Konju-kcija je tacan iskaz samo ako su i iskaz p i iskaz q tacni. U svim ostalimslucajevima je netacan iskaz. Konjukciju ”p i q” oznacavamo p ∧ q.

Definicija 3. Implikacija redom iskaza p, q jeste iskaz ”ako p, onda q”.Implikacija je netacan iskaz samo ako je iskaz p tacan i iskaz q netacan.U svim ostalim slucajevima je tacan iskaz. Implikaciju ”ako p onda q”oznacavamo p ⇒ q.

Definicija 4. Ekvivalencija redom iskaza p, q jeste iskaz ”p ako i samo akoq”. Ekvivalencija je tacan iskaz samo ako su i iskaz p i iskaz q tacni iliiskaz p i iskaz q netacni. U svim ostalim slucajevima je netacan iskaz.Ekvivalenciju ”p ako i samo ako q” oznacavamo p ⇔ q.

Definicija 5. Negacija iskaza p jeste iskaz ”nije p”. Negacija iskaza p jetacan iskaz ako je iskaz p netacan, a netacan iskaz ako je iskaz p tacan.Negaciju ”nije p” oznacavamo ¬p.

Primer 2. Sledece iskaze napisati elementima azbuke:

1) Zemlja je zvezda i zemlja je nebesko telo.

2) Zemlja je zvezda ili je zemlja nebesko telo.

3) Ako je zemlja zvezda onda je zemlja nebesko telo.

4) Zemlja je zvezda ako i samo ako je zemlja nebesko telo.

5) Zemlja nije zvezda.

Resenje: Oznacimo iskaze

p : Zemlja je zvezda i q : Zemlja je nebesko telo.

Tada je: 1) p ∧ q, 2)p ∨ q, 3) p ⇒ q, 4) p ⇔ q, 5)¬p.

Od iskaza p, q, r... koristeci logicke operacije gradimo slozene iskaze nasledeci nacin:

1.1. Iskazi i logicke operacije 5

Definicija 6. Iskazne formule (slozeni iskazi) se definisu na sledeci nacin:

1. Iskazna slova su iskazne formule ( ili krace formule).

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

3. Formule se mogu obrazovati samo konacnom primenom 1. i 2.

Po dogovoru o izostavljanju zagrada u formulama imamo:

1. izostavljanje spoljnih zagrada: umesto (p ∨ q) pisemo p ∨ q,

2. logicke operacije ⇒ i ⇔ ”jace” razdvajaju formule od operacija ∧ i ∨:umesto (p ∨ q) ⇒ r pisemo p ∨ q ⇒ r,

3. umesto (...((p1∨p2)∨p3)...∨pn−1)∨pn; pisemo p1∨p2∨p3...∨pn−1∨pn.

Uredenu sestorku (>,⊥, ∨, ∧, ⇒, ⇔, ¬ ) kod koje je prva komponentadvoclan skup >,⊥, ostale osim poslednje, binarne operacije skupa >,⊥,a poslednja unarna, definisane sledecim Kelijevim tablicama:

∨ > ⊥> > >⊥ > ⊥

∧ > ⊥> > ⊥⊥ ⊥ ⊥

⇒ > ⊥> > ⊥⊥ > >

⇔ > ⊥> > ⊥⊥ ⊥ >

¬> ⊥⊥ >

zovemo iskazna algebra. Iskazna slova p, q, r, ... interpretiramo kao elementeskupa >,⊥ iskazne algebre.

Definicija 7. Neka iskazna slova pi uzimaju vrednosti iz skupa >,⊥.Tada

1. Vrednost formule pi je vrednost iskaznog slova pi ( u oznaci v(pi).)

2. Ako je v(A) vrednost formule A i v(B) vrednost formule B, onda suv(A)∨v(B), v(A)∧v(B), v(A) ⇒ v(B), v(A) ⇔ v(B), ¬v(A) vrednostiformula A ∨ B, A ∧ B, A ⇒ B, A ⇔ B, i ¬A redom.

Primer 3. Odrediti istinitosnu vrednost formula:

1) (10 : 3 − 1 < 2 + 3 · 2) ∧ (−(−8 − 4) : 2 = 7) ⇔ (−3 − 4 · 4 > 2),

2) (0, 6 : 0, 02 = 0, 3) ⇒ ((0, 1 + 0, 2 − 0, 4 > 0, 5) ∨ (0, 1 · 0, 2 < 0, 3)),

3) ¬(

2

3− 2

5<

1

2

)

⇔(

6

7· 7

8>

1

2

)

.


Resenje:

1) > ∧⊥ ⇔ ⊥ = ⊥ ⇔ ⊥ = >,

2) ⊥ ⇒ (⊥ ∨>) = ⊥ ⇒ > = >,

3) ¬> ⇔ > = ⊥ ⇔ > = ⊥.

Ako je formula A sagradena od slova p1, p2, ...pn (sto cemo nadaljeoznacavati sa A(p1, p2, ...pn) ), tada ona za svaki izbor pomenutih slova do-bija vrednost > ili ⊥. Posto se radi o uredenim n-torkama, takvih mogucnostiimamo 2n (varijacije sa ponavljanjem n-te klase od 2 elementa). Na os-novu toga, svakoj formuli A(p1, p2, ...pn) odgovara jednoznacno istinitosnafunkcija:

f(A) : >,⊥n → >,⊥.Na taj nacin dobijamo istinitosne tablice formule, u kojima cemo umestov(p) radi jednostavnosti pisati kratko p.

Primer 4. Napisati istinitosnu tablicu formule ((p ⇒ q) ∨ ¬r) ⇔ (p ⇒ r).

Resenje: U opstem slucaju, neka je broj razlicitih iskaznih slova u formulin. Tada zadatak za jedno, dva, tri ili cetiri razlicita slova pocinjemo daresavamo na sledeci nacin:

p · · ·> · · ·⊥ · · ·

p q · · ·> > · · ·> ⊥ · · ·⊥ > · · ·⊥ ⊥ · · ·

p q r · · ·> > > · · ·> > ⊥ · · ·> ⊥ > · · ·> ⊥ ⊥ · · ·⊥ > > · · ·⊥ > ⊥ · · ·⊥ ⊥ > · · ·⊥ ⊥ ⊥ · · ·

p q r s · · ·> > > > · · ·> > > ⊥ · · ·> > ⊥ > · · ·> > ⊥ ⊥ · · ·> ⊥ > > · · ·> ⊥ > ⊥ · · ·> ⊥ ⊥ > · · ·> ⊥ ⊥ ⊥ · · ·⊥ > > > · · ·⊥ > > ⊥ · · ·⊥ > ⊥ > · · ·⊥ > ⊥ ⊥ · · ·⊥ ⊥ > > · · ·⊥ ⊥ > ⊥ · · ·⊥ ⊥ ⊥ > · · ·⊥ ⊥ ⊥ ⊥ · · ·

1.2. Tautologije 7

U nasem zadatku tablica istinitosti je data sa:

p q r p ⇒ q ¬r (p ⇒ q) ∨ ¬r p ⇒ r ((p ⇒ q) ∨ ¬r) ⇔ (p ⇒ r)

> > > > ⊥ > > >> > ⊥ > > > ⊥ ⊥> ⊥ > ⊥ ⊥ ⊥ > ⊥> ⊥ ⊥ ⊥ > > ⊥ ⊥⊥ > > > ⊥ > > >⊥ > ⊥ > > > > >⊥ ⊥ > > ⊥ > > >⊥ ⊥ ⊥ > > > > >

1.2 Tautologije

Definicija 8. Za formulu A kazemo da je tautologija ako za sve vrednostisvojih iskaznih slova formula A ima vrednost > (oznacavamo sa |= A).Formula koja za sve vrednosti iskaznih slova ima vrednost ⊥ se naziva ko-ntradikcija.

Primer 5. Navesti jednu formulu koja je kontradikcija kao i njenu tablicuistinitosti.

Resenje: Najjednostavnija kontradikcija je oblika p ∧ ¬p, dok je njenatablica istinitosti:

p ¬p p ∧ ¬p

> ⊥ ⊥⊥ > ⊥

Navodimo bez dokaza sledeca tvrdenja:

Teorema 1. Ako je |= A i |= A ⇒ B onda je |= B.

Teorema 2. Ako je |= A(p1, p2, ..., pn) i B1, B2, ..., Bn su iskazne formule,onda je |= A(B1, B2, ..., Bn).

Teorema 3. Ako su A i B formule i C formula koja ima formulu A kaopodformulu (u oznaci C(A) ) tada vazi |= A ⇔ B ⇒ (C(A) ⇔ C(B)).

Da bismo dokazali da je neka formula tautologija mozemo koristiti jedanod sledeca tri metoda:


1. metod tablice istinitosti (ako u tablici istinitosti u koloni pocetne fo-rmule imamo sve vrednosti >, formula je tautologija),

2. metod svodenja na protivrecnost (pogodna za formule oblika A ⇒ B),

3. metod dovodenja formule na konjuktivnu formu. Opsti slucaj se sastojiu sledecem:ako formula A sadrzi znak ⇔, taj znak uklanjamo pomocu tautologije(p ⇔ q) ⇔ (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p), zatim znak ⇒ uklanjamo pomocutautologije (p ⇒ q) ⇔ ¬p∨q. Sada imamo formulu koja sadrzi znakove∨, ∧, ¬. Pomocu tautologija

p ∨ (q ∨ r) ⇔ (p ∨ q) ∨ r

p ∧ (q ∧ r) ⇔ (p ∧ q) ∧ r

p ∨ (q ∧ r) ⇔ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r)

p ∧ (q ∨ r) ⇔ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r)

¬(p ∨ q) ⇔ ¬p ∧ ¬q

¬(p ∧ q) ⇔ ¬p ∨ ¬q

formulu A svodimo na formulu oblika A1 ∧ A2 ∧ ... ∧An (konjuktivnaforma), gde su formule Ai, 0 < i < n + 1 oblika p1 ∨ p2 ∨ ... ∨ pk, i pritome su pj slova ili negacije slova pocetne formule A.

Primer 6. Koristeci navedene metode pokazati da su sledece formule ta-utologije:

1) (p ⇔ q) ⇔ (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p) (zakon uklanjanja ⇔)

2) (p ∧ q) ⇒ p (zakon uklanjanja ∧)

3) (p ∧ q) ⇔ (q ∧ p) (zakon komutacije za ∧)

Resenje: Zadatak 1) resicemo tablicom istinitosti, zadatak 2) svodenjemna kontradikciju, a 3) pomocu konjuktivne forme. Oznacimo sa

A(p, q) = (p ⇔ q) ⇔ (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p).

Tada je

1.2. Tautologije 9

1)

p q p ⇒ q q ⇒ p (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p) p ⇔ q A(p, q)

> > > > > > >> ⊥ ⊥ > ⊥ ⊥ >⊥ > > ⊥ ⊥ ⊥ >⊥ ⊥ > > > > >

2) Pretpostavimo da formula nije tautologija. Tada postoji izbor vre-dnosti iskaznih slova da je > ⇒ ⊥ = ⊥. Odnosno (p∧ q) = > i p = ⊥.Na osnovu poslednje dve jednakosti imamo da je ⊥ ∧ q = >, sto jekontradikcija za ma koju vrednost iskaznog slova q.

3) Svodenjem na konjuktivnu formu pokazacemo da je i poslednja formulatautologija:

(p ∧ q) ⇔ (q ∧ p) (pocetna formula)

(p ∧ q) ⇒ (q ∧ p) ∧ (q ∧ p) ⇒ (p ∧ q) (zakon uklanjanja ⇔)

Na osnovu zakona (p ⇒ q) ⇔ ¬p ∨ q imamo

¬(p ∧ q) ∨ (q ∧ p) ∧ ¬(q ∧ p) ∨ (p ∧ q).

Na osnovu zakona ¬(p ∧ q) ⇔ ¬q ∨ ¬p imamo

(¬p ∨ ¬q) ∨ (q ∧ p) ∧ (¬q ∨ ¬p) ∨ (p ∧ q).

Na osnovu zakona p ∨ (q ∧ r)) ⇔ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r) imamo

(¬p ∨ ¬q ∨ q) ∧ (¬p ∨ ¬q ∨ p) ∧ (¬q ∨ ¬p ∨ p) ∧ (¬q ∨ ¬p ∨ q),

sto je konjuktivna forma. Iz poslednje formule na osnovu zakona

¬p ∨ p ∨ q = > ∨ q = >

imamo

> ∧> ∧> ∧> = >,

pa je pocetna formula tautologija.


1.3 Kvantifikatori

Recenicu ”x ima svojstvo B”, gde je x objekat odredenog skupa, a B jeneko svojstvo oznacavamo sa B(x). Uopste, ako je B svojstvo duzine n nekogodredenog skupa, recenicu ”(x1, x2, ..., xn) ima svojstvo B” oznacavamo saB(x1, x2, ..., xn).

Recenicu ”Za svaki x ∈ A, B(x)” oznacavamo sa (∀x)B(x), gde ∀ nazi-vamo univerzalni kvantifikator.Recenicu ”Postoji x ∈ A, B(x)” oznacavamo sa (∃x)B(x), gde ∃ nazivamoegzistencijalni kvantifikator.

Primer 7. Matematickim jezikom iskazati sledece recenice:

1) Proizvod pozitivnog i negativnog celog broja je negativan ceo broj.

2) Postoji broj x da je njegov kub manji od -8.

3) Zbir dva prirodna broja je prirodan broj.

4) Ako je prirodan broj deljiv sa deset, onda je on deljiv i sa dva i sa pet.

5) Za svaki prirodan broj x postoji prirodan broj y takav da je 2x+5 = y.

Resenje:

1) (∀x ∈ Z+)(∀y ∈ Z−)(x · y ∈ Z−),

2) (∃x)(x3 < −8),

3) (∀x ∈ N)(∀y ∈ N)(x + y ∈ N),

4) (∀x ∈ N)(10|x ⇒ (2|x ∧ 5|x)),

5) (∀x ∈ N)(∃y ∈ N)(2x + 5 = y).

Teorema 4. Navedeni kvantifikatori zadovoljavaju sledece formule:

¬(∀x)B(x) ⇔ (∃x)¬B(x)

¬(∃x)B(x) ⇔ (∀x)¬B(x)

(∀x)(B(x) ∧ C(x)) ⇔ (∀x)B(x) ∧ (∀x)C(x)

(∀x)(B(x) ∨ C(x)) ⇔ (∀x)B(x) ∨ (∀x)C(x)

(∃x)(B(x) ∧ C(x)) ⇔ (∃x)B(x) ∧ (∃x)C(x)

(∃x)(B(x) ∨ C(x)) ⇔ (∃x)B(x) ∨ (∃x)C(x)

1.4. Zadaci 11

Primer 8. Govornim jezikom iskazati sledece formule:

1) (∀x ∈ N)(∃y ∈ N)(y > x),

2) (∀x ∈ N)¬(x ≤ −1),

3) (∃x ∈ R)(0, 1 < x < 0, 2).

Resenje:

1) Za svaki prirodan broj x, postoji prirodan broj y koji je veci od njega.

2) Svaki prirodan broj je veci od −1.

3) Postoji realan broj x izmedu brojeva 0, 1 i 0, 2.

1.4 Zadaci

1. Koje od datih recenica jesu iskazi:

1) 9 − 5 = 8.

2) 9 − 5 = 4.

3) Da li je danas sreda?

4) Zbir uglova u trouglu je 1800.

5) Celi brojevi su racionalni.

Za recenice koje jesu iskazi odrediti njihovu istinitosnu vrednost.

2. Odrediti istinitosnu vrednost formula:

1) (18 : 5 − 1 < −4 + 5 · 2) ∨ (−(−11 + 34) : 5 = 17) ∧ (8 · 2 > 2),

2) (0, 05 : 0, 01 = 0, 4) ⇒ ((1, 1 + 2, 2 − 4, 4 > 1, 5) ∧ (1, 1 · 2, 2 < 3, 3)),

3) ¬(

3

4− 5

6<

7

8

)

⇔(

9

8· 8

7>

7

6

)

.

3. Napisati istinitosne tablice za formule:

1) (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ r) ⇔ (p ⇒ r)

2) (p ⇔ q) ∨ (q ⇔ r) ⇒ (p ⇔ r)


3) (p ⇒ q) ∧ ¬q ⇒ ¬p

4) (p ⇒ q) ⇔ (¬q ⇒ ¬p)

5) ((p ∧ ¬p) ⇔ (q ∨ ¬p)) ⇔ r

4. Matematickim jezikom iskazati sledece recenice:

1) Postoje realni brojevi koji nisu racionalni.

2) Svaki kvadrat je pravougaonik.

3) Postoji najveci ceo negativan broj.

4) Ni jedan realan broj ne zadovoljava jednacinu x2 = −1.

5) Svi prirodni brojevi su celi.

5. Govornim jezikom iskazati sledece formule:

1) (∀x ∈ N)(∃y ∈ N)(x2 > y − 1),

2) (∀x ∈ R)(∀y ∈ R)((x · y)2 ≥ x · y),

3) ¬(∃x ∈ R)(x < 2 ∧ x < 3).

6. Pokazati da su sledece formule tautologije:

1) p ∧ (p ∨ q) ⇔ p (zakon apsorpcije)

2) p ∨ (p ∧ q) ⇔ p (zakon apsorpcije)

3) ¬(p ∧ q) ⇔ ¬p ∨ ¬q (De Morganov zakon)

4) ¬(p ∨ q) ⇔ ¬p ∧ ¬q (De Morganov zakon)

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

6) (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ r) ⇒ (p ⇒ r) (zakon tranzitivnosti za ⇒)

7) (p ⇔ q) ∧ (q ⇔ r) ⇒ (p ⇔ r) (zakon tranzitivnosti za ⇔)

8) (p ⇒ q) ⇒ (¬q ⇒ ¬r) (zakon kontrapozicije)

9) (p ⇒ r) ∧ (q ⇒ r) ⇒ (p ∨ q ⇒ r) (zakon sabiranja pretpostavki)

10) (p ⇒ q) ∧ (p ⇒ r) ⇒ (p ⇒ q ∧ r) (zakon mnozenja posledica)

Glava 2

Skupovi

2.1 Skup i podskup

Skup je osnovni pojam, sto znaci da se ne definise. Intuitivno, podskupom podrazumevamo sve objekte udruzene prema odredenim zajedni-ckim osobinama.Pojam skupa je uveo nemacki matematicar Georg Kantor (1845 - 1918) 1870.godine. Ovde se necemo baviti aksiomatskim zasnivanjem teorije skupova,vec samo intuitivnim.Skupove oznacavamo velikim slovima latinice A,B,C, ..., dok njihove ele-mente oznacavamo malim slovima a, b, c, ... . Ukoliko element a pripadaskupu A to cemo oznacavati sa a ∈ A, dok je u suprotnom oznaka a 6∈ A.Skupovi se zadaju:

1) analiticki - navodenjem njegovih elemenata izmedu velikih zagrada,

2) sinteticki - navodenjem svojstava koja zadovoljavaju elementi,

3) Venovim dijagramom (zatvorena amorfna kriva).

Primer 1. Navesti skup A ciji su elementi brojevi −2,−1, 0, 1, 2 na tri ra-zlicita nacina.

Resenje:

1) analiticki A = −2,−1, 0, 1, 2,

2) sinteticki A = x|x ∈ Z ∧ |x| ≤ 2,

3) Venov dijagram:

13

14 Glava 2. Skupovi

Slika 1.

Broj elemenata skupa moze biti konacan ili beskonacan. Konacan skup kojinema elemenata nazivamo prazan skup i to obelezavamo sa ∅ ili . Broj ele-menata konacnog skupa A nazivamo kardinalni broj skupa A i obelezavamoga sa card(A).1

Definisimo dve osnovne relacije2 za skupove: jednakost i podskup.

Definicija 1. Dva skupa A i B su jednaka ako i samo ako imaju iste ele-mente i to oznacavamo sa A = B. (U suprotnom A 6= B.)

A = Bdef⇔ (∀x)(x ∈ A ⇔ x ∈ B)

Primer 2. Da li su skupovi A = a, b, d, a i B = a, b, d jednaki?

Resenje: Posto je A = a, b, d, a = a, b, d, sledi da je A = B.

Navodimo osnovne osobine relacije jednakosti skupova, iskazane u slede−coj teoremi:

Teorema 1. Za skupove A,B i C vazi:

1) A = A,

2) A = B ⇒ B = A,

3) A = B ∧ B = C ⇒ A = C.

1Pojam kardinalnosti skupa, kao i pojam beskonacnosti (konacnosti) posebno sedefinisu na osnovu preslikavanja (glava cetiri).

2Pojam relacije detaljno je objasnjen u narednoj glavi.

2.2. Operacije sa skupovima 15

Pored relacije ”biti jednak”, pomenuli smo i relaciju ”biti podskup”.Relaciju ”biti podskup” definisemo na sledeci nacin:

Definicija 2. Skup A je podskup skupa B, u oznaci A ⊆ B, ako je svakielement skupa A i element skupa B. (U suprotnom A 6⊆ B)

A ⊆ Bdef⇔ (∀x)(x ∈ A ⇒ x ∈ B)

Skup A je pravi podskup skupa B ako su skupovi A i B razliciti i skup A jepodskup skupa B.

A ⊂ Bdef⇔ (A 6= B ∧ A ⊆ B).

Primer 3. Za dati skup navesti bar dva prava podskupa A = 1, a, b, 3, d.

Resenje: Moguci trazeni skupovi su B = 1, d i C = 1, 3, a.Slicno kao kod relacije jednakosti, osnovne osobine relacije ”biti podskup”daje sledeca teorema:


1) A ⊆ A,

2) A ⊆ B ∧ B ⊆ A ⇒ A = B,

3) A ⊆ B ∧ B ⊆ C ⇒ A ⊆ C,

4) A ⊂ B ∧ B ⊂ C ⇒ A ⊂ C.

2.2 Operacije sa skupovima

Osnovne operacije3 sa skupovima su: partitivan skup, unija, presek, ra-zlika, simetricna razlika, komplement i dekartov proizvod.

Definicija 3. Partitivan skup skupa A je skup svih podskupova A, u oznaciP (A). ( ∅ ∈ P (A)).

P (A) = S|S ⊆ A.

Primer 4. Za skup A = 1, 2, 3 naci P (A).

3Tacna definicija pojma operacije nalazi se na pocetku pete glave.

16 Glava 2. Skupovi

Resenje: P (A) = ∅, 1, 2, 3, 1, 2, 1, 3, 2, 3, 1, 2, 3 .Napomenimo da ako skup A ima n elemenata tada ce skup P (A) imati 2n

elemenata.

Definicija 4. Unija skupova A i B, u oznaci A∪B, je skup svih elemenatakoji pripadaju bar jednom od skupova A i B.

A ∪ Bdef=

x|x ∈ A ∨ x ∈ B

ili

(∀x)(x ∈ A ∪ B ⇐⇒ x ∈ A ∨ x ∈ B).

Osnovne osobine operacije unija, kao i odnos sa relacijom podskup dajusledeca tvrdenja:


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 ⇒ A ∪ B = B.

Definicija 5. Presek skupova A i B, u oznaci A∩B, je skup svih elemenatakoji pripadaju i skupu A i skupu B.

A ∩ Bdef=

x|x ∈ A ∧ x ∈ B

ili

(∀x)(x ∈ A ∩ B ⇐⇒ x ∈ A ∧ x ∈ B).

Za skupove ciji je presek prazan skup kazemo da su disjunktni.

Primer 5. Dokazati da vazi relacija: A ∪ (A ∩ B) = A.


Resenje: Neka je x proizvoljan element skupa A ∪ (A ∩ B), tj. neka jex ∈ A ∪ (A ∩ B). Na osnovu definicije unije skupova zakljucujemo da je xelemenat bar jednog od skupova A i A∩B. To znaci da je x ∈ A∨x ∈ (A∩B).Koristeci definiciju preseka zakljucujemo da vazi x ∈ A ∨ (x ∈ A ∧ x ∈ B).Sada nije tesko zakljuciti da je x ∈ A. Prema tome, proizvoljan element xskupa A ∪ (A ∩ B) je takode clan skupa A. Na osnovu definicije podskupaimamo da je

(1) A ∪ (A ∩ B) ⊆ A

Dokazimo da relacija vazi i u obrnutom smeru:Pretpostavimo da je y ma koji element skupa A, tj. y ∈ A. Na osnovudefinicije unije zakljucujemo da je tada y ∈ A∪ (A∩B). Dakle, proizvoljanelement y ∈ A je takode element skupa A ∪ (A ∩ B). Koristeci definicijupodskupa zakljucujemo da vazi

(2) A ⊆ A ∪ (A ∩ B)

Na osnovu (1) i (2) i definicije jednakosti skupova sledi da vazi

A ∪ (A ∩ B) = A.

Navedeni dokaz mogao je teci i krace na sledeci nacin:

x ∈ A ∪ (A ∩ B) ⇐⇒ x ∈ A ∨ (x ∈ A ∩ B)

⇐⇒ x ∈ A ∨ (x ∈ A ∧ x ∈ B)

⇐⇒ x ∈ A.

Osnovne osobine operacije presek, kao i odnos sa relacijom podskup dajusledeca tvrdenja:


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 ⇒ A ∩ B = A.

18 Glava 2. Skupovi

Odnos operacija presek i unija dati su sledecom teoremom (operacije unija ipresek su medusobno distributivne, a za tacno objasnjenje osobine distribu-tivnosti pogledati glavu pet):

Teorema 5. Za proizvoljne skupove A,B i C vazi:

1) A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C),

2) A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C).

Sledeca operacija medu skupovima je razlika skupova. Nju definisemo nasledeci nacin:

Definicija 6. Razlika skupova A i B, u oznaci A \ B, je skup koji sadrzisve elemente skupa A koji ne pripadaju skupu B.

A \ Bdef= x|x ∈ A ∧ x 6∈ B

ili(∀x)(x ∈ A \ B ⇐⇒ x ∈ A ∧ x 6∈ B)

Odnos operacije razlika sa operacijama unija i presek, kao i relacijom po-dskup daju sledeca tvrdenja:


1) A \ B ⊆ A, A \ ∅ = A,

2) A ⊆ B ⇐⇒ A \ B = ∅,

3) A 6= B ⇒ A \ B 6= B \ A,

4) C \ (C \ A) ⊆ A,

5) C \ (A ∪ B) = (C \ A) ∩ (C \ B),

6) C \ (A ∩ B) = (C \ A) ∪ (C \ B).

Primer 6. Od 38 ucenika jednog razreda 20 ucenika govori engleski jezik, a24 nemacki. Engleski, nemacki i kineski govori 5, engleski i nemacki 9, samonemacki 6, a engleski i kineski 10. Koliko ucenika govori samo kineski?

Resenje: Na osnovu Venovog dijagrama (slika 2) vidimo da samo kineskigovore 3 ucenika.


Slika 2.

Definicija 7. Simetricna razlika skupova A i B, u oznaci A4B, je skup(A \ B) ∪ (B \ A), tj.

A4Bdef= (A \ B) ∪ (B \ A).

Primer 7. Dokazati: A4B = (A ∪ B) \ (A ∩ B).

Resenje:

x ∈ A4B ⇐⇒ x ∈ (A \ B) ∪ (B \ A)

⇐⇒ x ∈ (A \ B) ∨ x ∈ (B \ A)

⇐⇒ (x ∈ A ∧ x /∈ B) ∨ (x ∈ B ∧ x /∈ A)

⇐⇒ (x ∈ A ∨ x ∈ B) ∧ (x /∈ A ∨ x /∈ B)

⇐⇒ (x ∈ A ∪ B) ∧ x /∈ (A ∩ B)

⇐⇒ x ∈ [(A ∪ B) \ (A ∩ B)].


1) A4A = ∅,

2) A4∅ = A,

3) A4B = B4A,

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

5) A ∩ (B4C) = (A ∩ B)4(A ∩ C).

20 Glava 2. Skupovi

Primer 8. Za skupove A = x|x ∈ N ∧ 3 < x < 9 i B = x|x ∈ N ∧ (x <5∨x = 7) naci: 1) A∪B, 2) A∩B, 3) A\B, 4) A4B i skupove predstavitiVenovim dijagramom.

Resenje: Posto je A = 4, 5, 6, 7, 8 i B = 1, 2, 3, 4, 7, imamo

1) A ∪ B = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8,

2) A ∩ B = 4, 7,

3) A\B = 5, 6, 8

4) A4B = 5, 6, 8, 1, 2, 3

Slika 3.

Definicija 8. Neka je A ⊂ B. Komplement skupa A u odnosu na skup B,u oznaci CBA ili u daljem tekstu A, je skup svih elemenata skupa B kojinisu elementi skupa A.

A = x|x ∈ B ∧ x 6∈ A ili (∀x)(x ∈ A ⇐⇒ x ∈ B ∧ x /∈ A).


Teorema 8. Ako su A i B podskupovi nekog univerzalnog4 skupa X tadaje:

1) A = A,

2) A ⊆ B ⇐⇒ B ⊆ A,

3) A ∪ B = A ∩ B,

4) A ∩ B = A ∪ B.

Primer 9. Dokazati tvrdenje 3) iz navedene teoreme.

Resenje:

a)

x ∈ A ∪ B ⇒ x /∈ A ∪ B

⇒ x /∈ A ∧ x /∈ B

⇒ x ∈ A ∧ x ∈ B

⇒ x ∈ A ∩ B,

pa jeA ∪ B ⊆ A ∩ B,

i obrnuto

b)

x ∈ A ∩ B ⇒ x ∈ A ∧ x ∈ B

⇒ x /∈ A ∧ x /∈ B

⇒ x /∈ A ∪ B

⇒ x ∈ A ∪ B,

tj.A ∩ B ⊆ A ∪ B.

Na osnovu definicije jednakosti skupova (definicija 1), iz a) i b) sledi tvrdenje.

Definicija 9. Ureden par (a, b) je par elemenata gde je a prvi, a b drugiele- ment para (bitan poredak). Element a se naziva i prva koordinata, aelement b druga koordinata.

4Znaci da se njihovi komplementi definisu u odnosu na taj skup.

22 Glava 2. Skupovi

Definicija 10. Dva uredena para (a, b) i (c, d) su jednaka ako i samo akoje a = c i b = d, tj.

(a, b) = (c, d) ⇐⇒ (a = c ∧ b = d).

Analogno se definise uredena n−torka (a1, a2, . . . , an), kao i jednakost dven−torke.

Definicija 11. Dekartov (direktan) proizvod redom skupova A i B, u oznaciA × B, je skup svih uredenih parova (a, b) cija je prva koordinata iz skupaA, a druga iz skupa B.

A × B = (a, b)|a ∈ A ∧ b ∈ B

ili(∀(a, b))((a, b) ∈ A × B ⇐⇒ a ∈ A ∧ b ∈ B).

Primer 10. Neka je A = 1, 2, 3, B = a, b. Odrediti A × B i B × A.

Resenje:

A × B = (1, a), (1, b), (2, a), (2, b), (3, a), (3, b) ,

B × A = (a, 1), (a, 2), (a, 3), (b, 1), (b, 2), (b, 3) .

Proizvodi A×B i B×A nisu uvek jednaki. Po definiciji je A×∅ = ∅×A = ∅,dok je A × B = B × A samo ako je A = B.Za tri proizvoljna skupa A,B i C vazi

A × B × C = (A × B) × C

kao i

A1 × A2 × · · · × An = (a1, a2, ..., an)|a1 ∈ A1 ∧ a2 ∈ A2 ∧ · · · ∧ an ∈ An .

Napomenimo i da je

A × A = A2 (Dekartov kvadrat),

An−1 × A = An.

Primer 11. Neka su A,B,C proizvoljni skupovi. Dokazati da vaze sledeceskupovne jednakosti:

2.3. Zadaci 23

1) (A ∪ B) × C = (A × C) ∪ (B × C),

2) (A ∩ B) × C = (A × C) ∩ (B × C).

Resenje: Pokazacemo samo prvu, dok se druga dokazuje analogno

(∀x, y), (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).

2.3 Zadaci

1. Navesti skup A ciji su elementi brojevi 2, 4, 6, 8 na tri razlicita nacina.

2. Da li su skupovi X = 1, 2, a, b, d, b i Y = 2, a, b, d, d, 4 jednaki?

3. Za dati skup A = 1, a, b, c, 3, d, 6 navesti jedan skup B, takav da jeA ⊂ B.

4. Za skupove A = x|x ∈ Z ∧ |x| < 6 i B = x|x ∈ Z ∧ −2 < x < 5naci:

1) A ∪ B,

2) A ∩ B,

3) A\B,

4) B\A,

5) (A\B) ∩ (A ∪ B)

i skupove predstaviti Venovim dijagramom.

5. Skup prirodnih brojeva N je pravi podskup skupa celih brojeva Z. Skupcelih brojeva je pravi podskup skupa racionalnih brojeva Q. Skupovi raciona-lnih brojeva i iracionalnih brojeva I su disjunktni. Skup realnih brojeva R jeunija racionalnih i iracionalnih brojeva.Tvrdenja pretstaviti odgovarajucim formulama, a potom ih pretstaviti Ve-novim dijagramom.

24 Glava 2. Skupovi

6. Za skup A = a, 1, b, 2, c, 3 naci P (A).

7. Neka su dati skupovi

A = 1, 3, 5, c, d, e, f, B = 1, e, 5, c,

C = d, 5, 5, f, 6 i D = 1, 3, 5, c, f.

Ispitati koji su od skupova B, C i D podskupovi skupa A i za njih nacikomplement u odnosu na skup A.

8. Dokazati navedene teoreme iz ove glave.

9. Neka je A = 1, 3, 5, B = 2, 3, 4, 5. Odrediti A × B i B × A.

10. Dokazati:

1) A\(B\C) = (A\B) ∪ (A ∩ C),

2) A\B = A\(A ∩ B),

3) A\B = (A ∪ B)\B,

4) (A\B) ∩ (C\D) = (A ∩ C)\(B ∪ D),

5) (A\B)\C = A\(B ∪ C),

6) A ∩ (B\C) = (A ∩ B)\C.

11. Koje od skupovnih jednakosti su tacne:

1) (A\B) × C = (A × B)\(B × C),

2) A × (B\C) = (A × B)\(A × C),

3) A × (B ∩ C) = (A × B) ∪ (A × C),

4) A × (B ∪ C) = (A × B) ∩ (A × C).

Glava 3

Relacije

3.1 Pojam relacije i osobine

Definicija 1. n−arna relacija, u oznaci ρ, je svaki podskup Dekartovogproizvoda n skupova.

Primer 1. Navesti neke primere relacija.

Resenje:

1) ” manje od ” u skupu realnih brojeva,

2) ” deljivo sa ” u skupu celih brojeva,

3) ” lezi na ” izmedu tacaka i pravih u ravni.

U zavisnosti od broja n iz prethodne definicije razlikujemo: unarnu (n =1), binarnu (n = 2), ternarnu (n = 3), · · · relaciju.Binarna relacija skupa A je svaki podskup skupa A2. Ako je ρ ⊂ A × B i(a, b) ∈ ρ, kazemo da je a u relaciji ρ sa b i to oznacavamo sa aρb.Relacije mozemo predstaviti:

1) opisivanjem (tekstualno),

2) skupom,

3) pomocu grafa,

4) navodenjem matematicko-logickog uslova,

5) tabelarno.

25

26 Glava 3. Relacije

Predstavljanja 2), 3) i 5) koriste se samo u slucaju relacija nad konacnimskupovima.

Primer 2. Neka je dat skup A = 4, 5, 6 i relacija ρ ⊆ A2 data sa xρy akoi samo ako je x manji od y. Predstaviti relaciju ρ na preostala cetiri nacina.

Resenje:

1) skupom: ρ = (4, 5), (4, 6), (5, 6),

2) pomocu grafa:

Slika 1.

3) navodenjem matematicko-logickog uslova:

ρ = (x, y)|x, y ∈ A ∧ x < y,

4) tabelarno:

ρ 4 5 6

4 ⊥ > >5 ⊥ ⊥ >6 ⊥ ⊥ ⊥

gde prva kolona predstavlja x, a prva vrsta y.

Definicija 2. Neka je ρ ⊂ A2. Za relaciju ρ se kaze da je:

1) refleksivna ako (∀x ∈ A)(xρx),

2) simetricna ako (∀x, y ∈ A)(xρy ⇒ yρx),

3) antisimetricna ako (∀x, y ∈ A)(xρy ∧ yρx ⇒ x = y),

4) tranzitivna ako (∀x, y, z ∈ A)(xρy ∧ yρz ⇒ xρz).

3.1. Pojam relacije i osobine 27

Primer 3. Neka su na skupu A = 1, 2, 3, 4 definisane sledece relacije:

1) ρ1 = (1, 1), (1, 2), (2, 2), (2, 3), (3, 3), (4, 4),

2) ρ2 = (1, 3), (2, 4), (3, 1), (4, 2), (1, 1),

3) ρ3 = (1, 1), (2, 2), (3, 4), (2, 3),

4) ρ4 = (1, 2), (2, 4), (1, 4), (4, 4),

5) ρ5 = (1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (1, 2), (2, 3), (1, 3),

6) ρ6 = (1, 1), (2, 2), (3, 3), (4, 4), (1, 2), (2, 1).

Ispitati svojstva binarnih relacija i prikazati prvu preko grafa.

Resenje: 1) refleksivna,

Slika 2.

2) simetricna; 3) antisimetricna; 4) tranzitivna; 5) refleksivna, antisime−tricna i tranzitivna; 6) refleksivna, simetricna i tranzitivna.

Definicija 3. Unija binarnih relacija ρ1 i ρ2, u oznaci ρ1 ∪ ρ2, je skup:

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

Definicija 4. Presek binarnih relacija ρ1 i ρ2, u oznaci ρ1 ∩ ρ2, je skup:

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

Primer 4. Na skupu A = 1, 2, 3, 4, 5 za date relacije

ρ1 = (1, 1), (1, 2), (1, 3), (3, 2),

ρ2 = (5, 4), (4, 3), (1, 2), (2, 2), (1, 3),

naci: ρ1 ∪ ρ2 i ρ1 ∩ ρ2.

Resenje:


1) ρ1 ∪ ρ2 = (1, 1), (1, 2), (1, 3), (3, 2), (5, 4), (4, 3), (2, 2),

2) ρ1 ∩ ρ2 = (1, 2), (1, 3).

Definicija 5. Inverzna binarna relacija relacije ρ, u oznaci ρ−1, je skupsvih onih i samo onih uredenih parova (y, x), za koje je (x, y) ∈ ρ

(y, x) ∈ ρ−1 ⇔ (x, y) ∈ ρ

Primer 5. Na skupu A = a, b, c, d, e za relaciju

ρ = (a, d), (b, c), (b, d)

naci inverznu relaciju ρ−1.

Resenje: ρ−1 = (d, a), (c, b), (d, b).

Definicija 6. Binarna relacija ρ definisana na skupu A je relacija ekviva-lencije ako je refleksivna, simetricna i tranzitivna (RST).Relaciju koja je refleksivna, antisimetricna i tranzitivna nazivamo relacijaporetka (RAT).

Uobicajena oznaka za relaciju ekvivalencije je simbol ” ∼ ” (tilda), dok jeza relaciju poretka ” ≤ ”.Relacija za koju vazi ρ = ∅ je poznata kao prazna relacija, a ako je ρ = A2,onda je ρ puna relacija.

Primer 6. Na skupu prirodnih brojeva N zadata je relacija ρ na sledecinacin:

x ρ y ⇔ x je cinilac od y.

Ispitati relaciju ρ.

Resenje: Za svako x ∈ N, x je cinilac od x. Ako je x cinilac od y i ycinilac od x onda je x = y. Na kraju, ako je x cinilac od y i y cinilac odz onda je x cinilac od z. Na osnovu izlozenog data relacija ρ je refleksivna,antisimetricna i tranzitivna, pa je ovo relacija poretka.

Teorema 1. Za neprazan skup A, presek proizvoljne neprazne familije re-lacija ekvivalencije jeste relacija ekvivalencije skupa A.

3.2. Klase ekvivalencije 29

Definicija 7. Skup A na kome je definisana relacija poretka ≤ naziva separcijalno ureden skup. Ako pored toga za svaka dva elementa x i y skupa Avazi i:

x ≤ y ∨ y ≤ x

kazemo da su elementi x i y uporedivi, a da je skup A totalno ureden.

Definicija 8. Neka je ≤ relacija poretka na skupu A, S ⊂ A i x ∈ A.Element a je majoranta (gornje ogranicenje) skupa S ako je x ≤ a za svex ∈ S. Ako je a ∈ S, onda a nazivamo maksimum skupa S.Element a je minoranta (donje ogranicenje) skupa S ako je a ≤ x za svex ∈ S. Ako je a ∈ S, onda a nazivamo minimum skupa S.

Definicija 9. Neka je ≤ relacija poretka na skupu A. Element a ∈ S ⊂ Anazivamo maksimalan element skupa S, ako ne postoji x ∈ S takav da jea ≤ x i x 6= a, tj.

a ∈ S ⊂ A je maksimalan element skupa S ⇔ ¬(∃x ∈ S)(a ≤ x ∧ x 6= a)

ili

a ∈ S ⊂ A je maksimalan element skupa S ⇔ (∀x ∈ S)(a ≤ x ⇒ x = a).

Analogno se definise minimalni element skupa S.

Maksimum (minimum) skupa S i maksimalni (minimalni) element skupaS su razliciti pojmovi. Skup moze imati vise maksimalnih (minimalnih)elemenata.

Teorema 2. Ako skup ima maksimum (minimum) onda je on jedinstven.

Definicija 10. Totalno ureden skup je dobro ureden relacijom poretka akosvaki njegov neprazan skup ima minimum.

3.2 Klase ekvivalencije

Definicija 11 Klasa ekvivalencije elemenata x ∈ A relacije ∼ definisanana skupu A, u oznaci Cx, je skup svih elemenata skupa A koji su u relaciji∼ sa elementima x

Cx = y|x ∈ A ∧ x ∼ y .

Teorema 3. Neka je ∼ klasa ekvivalencije skupa A i Cx klasa ekvivalencijeelementa x ∈ A. Tada je za proizvoljne a, b ∈ A


1) a ∈ Ca,

2) a ∼ b ⇔ Ca = Cb.

Primer 7. Neka je na skupu A definisana relacija ekvivalencije ”∼”. Tadasu svake dve klase ekvivalencije relacije ” ∼ ” ili jednake ili disjunktne.Dokazati.

Resenje: Neka su x, y ∈ A. Treba dokazati da je Cx = Cy ili Cx∩Cy = ∅.Ako pretpostavimo da je Cx ∩ Cy 6= ∅, tada treba dokazati da je Cx = Cy.Neka vazi nasa pretpostavka. Tada

(∃z ∈ A) z ∈ Cx ∩ Cy ⇒ z ∈ Cx ∧ z ∈ Cy

⇒ z ∼ x ∧ z ∼ y

⇒ x ∼ z ∧ z ∼ y

⇒ x ∼ y.

Prema tome, ako je z ∈ Cx, onda je z ∼ x, sto zajedno sa x ∼ y daje z ∼ y,a odavde z ∈ Cy. Pokazali smo da je Cx ⊆ Cy. Slicno dokazujemo i da jeCy ⊆ Cx, pa je tada Cx = Cy.Zadatak se moze resiti i primenom teoreme 3.

Definicija 12. Kolicnik skup relacije ” ∼ ”, definisane na skupu A, u oz-naci A/∼, je skup svih klasa ekvivalencije relacije ” ∼ ”

A/∼ = Cx|x ∈ A.Primer 8. Neka je na skupu A = −1, 0, 1, 2 definisana binarna relacija

ρ = (x, y)| |x| = |y| .Ispitati preko grafa da li je ovo relacija ekvivalencije i ako jeste odreditikolicnicki skup.

Resenje:

Slika 3.

Posto je ovo relacija ekvivalencije kolicnicki skup je:

A/∼ = −1, 1, 0, 2 .

3.3. Zadaci 31

3.3 Zadaci

1. Navesti primere unarne, binarne i ternarne relacije.

2. Neka je dat skup A = a, b, c, d. Koje od datih relacija na skupu A :

1) ρ1 = (a, b), (a, c), (a, d), (b, c), (b, d), (c, d),

2) relacija ρ2 zadata je grafom (slika 4)

Slika 4.

3)

ρ3 = (x, y)|x, y ∈ A ∧ x je po abecednom redu pre y ,

4) relacija ρ4 zadata je tabelom:

ρ a b c d

a > > ⊥ ⊥b ⊥ > > >c ⊥ ⊥ > >d > > ⊥ ⊥

su jednake?

3. Na skupu A = a, 2, c, 4 date su relacije:

1) ρ1 = (a, 2), (c, 2), (a, c), (4, a),

2) ρ2 = (4, 2), (2, 4), (a, c), (c, a),

3) ρ3 = (c, c), (2, 2), (4, 4), (a, a),

4) ρ4 = (d, 2), (4, 4), (c, a), (2, c),

5) ρ5 = (c, c), (2, 2), (4, 4), (a, 2), (2, a), (a, d).


Ispitati svojstva binarnih relacija i prikazati ih grafom.

4. Napisati relaciju datu sledecom tabelom:

ρ 2 4 6 8

2 ⊥ > > >4 ⊥ > ⊥ >6 > > ⊥ ⊥6 > > ⊥ ⊥

5. Na skupu A = a, b, c, d, e data je relacija ρ = (a, a), (c, b), (e, d).Dopuniti relaciju ρ do:

1) relacije ekvivalencije,

2) relacije poretka.

6. Na skupu A = a, b, c, d, e za date relacije

ρ1 = (b, a), (c, e), (d, d), (e, d), (a, a),ρ2 = (b, b), (c, c), (a, b), (e, e), (b, a),

naci: ρ1 ∪ ρ2 i ρ1 ∩ ρ2.

7. Na skupu A = 1, 2, 3, 4 za relaciju

ρ = (4, 1), (2, 3), (3, 1), (1, 1), (1, 4)naci inverznu relaciju ρ−1.

8. Date su relacije:

1) ρ1 = (1, 1), (2, 2), (3, 3)na skupu A = 1, 2, 3,

2) ρ2 = (1, 2), (4, 4), (3, 1), (2, 2), (1, 1), (3, 3), (1, 3), (3, 2), (2, 1), (2, 3)na skupu A = 1, 2, 3, 4,

3) ρ3 = (1, 1), (1, 3), (1, 4), (2, 2), (2, 3), (3, 3), (2, 4), (4, 4), (3, 4)na skupu A = 1, 2, 3, 4.

Ispitati osobine relacija. Za RST relacije naci kolicnicki skup, a za RATmaksimalni (minimalni) element ako postoji.

9. Odrediti relaciju ekvivalencije ciji je kolicnicki skup:

A/∼ = 1, 3, 2, 4, 5, 7, 6 .

Glava 4

Preslikavanje (funkcija)

4.1 Definicija preslikavanja

Definicija 1. Neka je X neprazan skup. Binarnu relaciju f ⊆ X × Ynazivamo preslikavanje (funkcija1) skupa X u skup Y , u oznaci f : X →Y (ili X

f→Y ), ako svakom elementu x ∈ X odgovara jedan i samo jedanelement y ∈ Y takav da je (x, y) ∈ f , tj.

f : X → Y ⇐⇒ (∀x ∈ X)(∀y, z ∈ Y ) ((x, y) ∈ f ∧ (x, z) ∈ f ⇒ y = z) .

Pojam preslikavanja (funkcije) spada u fundamentalne pojmove mate-matike. Jasno je da se i ovde, kao kod relacija, radi o uspostavljanjuodredenih veza izmedu elemenata dva skupa. Svakako, i ove veze imaju nekesvoje osobenosti. Kod relacija smo imali da jedan element skupa X moze bitipovezan sa vise razlicitih elemenata skupa Y , dok kod preslikavanja imamoda je jedan element skupa X u vezi sa najvise jednim elementom skupa Y .Uz to se pretpostavlja da je svaki element skupa X u vezi sa nekim eleme-ntom skupa Y .Cinjenicu da (x, y) ∈ f mozemo simbolicki zapisati i sa y = f(x). Elementf(x) skupa Y se naziva vrednost preslikavanja f u tacki x. Uobicajeno je,mada i pogresno, da se preslikavanje f identifikuje sa vrednosti tog pres-likavanja u tacki x, tj. sa f(x). Tako, na primer, kazemo ”preslikavanjesinx”, a treba reci ”preslikavanje sin”. Ovo ”nekorektno” izrazavanje jecesto podesno i zato ga primenjujemo bez ustrucavanja.

1Napomenimo da ako se pridrzavamo preciznih matematickih definicija pojam pre-slikavanja i pojam funkcije nisu isti pojmovi. Dodatna objasnjenja prevazilaze predmetovog udzbenika.

33

34 Glava 4. Preslikavanje (funkcija)

Primer 1. Neka su dati skupovi X = 1, 2, 3 i Y = a, b, c. Neka su sadaf1, f2 i f3 podskupovi skupa X × Y definisani sa :

1) f1 = (1, a), (2, c), (3, c),

2) f2 = (1, b), (1, c), (2, d), (3, a),

3) f3 = (2, c), (3, b).

Koji od navedenih podskupova su preslikavanja?

Resenje: Uocavamo, imajuci na umu definiciju preslikavanja, da je f1

preslikavanje skupa X u skup Y , dok f2 i f3 to nisu. f2 ne ispunjava tajuslov jer je (1, b) ∈ f2 i (1, c) ∈ f2, tj. elementu 1 ∈ X odgovaraju elementib, c ∈ X. Kod f3 imamo da je 1 ∈ X, a da nema sliku u Y , tj. f3(1) nepostoji. Znamo da definicija preslikavanja obezbeduje da jedan original imatacno jednu sliku, ali je dopusteno da dva razlicita originala imaju istu sliku(f1(2) = f1(3) = c).

Definicija 2. Skup uredenih parova (x, f(x)) pretstavljen tackama u koo-rdinatnom sistemu naziva se grafik funkcije f .

Elemente skupa X koji se preslikavaju u skup Y nazivamo originali ililikovi, a elemente f(x) ∈ Y nazivamo slike originala x. Sam skup X nazi-vamo skup originala ili domen od f , dok slike elemenata x nazivamo skupvrednosti preslikavanja f ili kodomen za f .Skup svih slika preslikavanja f : X → Y oznacavamo sa f(X), tj. saf(X) = f(x)|x ∈ X. Prema definiciji preslikavanja sledi da je f(X) ⊂ Y .Preslikavanje f : X → Y , tj. f = (x1, y1), (x2, y2), ... mozemo oznaciti ina sledeci nacin:

f =

(x1 x2 ...y1 y2 ...

)

.

U prvoj vrsti su elementi skupa X (originali), a u drugoj odgovarajuce slikeiz skupa Y .

Primer 2. Za skupove X i Y iz predhodnog primera navesti jedan primerpreslikavanja f : Y −→ X.

Resenje:

f =

(a b c3 2 3

)

.

4.2. Vrste preslikavanja 35

Primer 3. Neka je f : R → R preslikavanje skupa realnih brojeva u samogsebe i neka je definisano sa

f = (x, x2)|x ∈ R.

Objasniti recima navedeno preslikavanje.

Resenje: Ovo znaci da se svakom realnom broju x dodeljuje kao slikanjegov kvadrat x2. Zavisnost izmedu originala x i odgovarajuce slike y dataje odredenim zakonom pridruzivanja. Ovaj zakon mozemo iskazati formulomf(x) = x2, tj. y = x2. Tada za funkciju f kazemo da je zadata analiticki,tj. da je to analiticki prikaz realne funkcije.Svakako, funkcije se zadaju analiticki ukoliko je to moguce. Za ove funkcije,ciji su domen i kodomen skupovi realnih brojeva kazemo i da su numerickefunkcije. Za kodomen se kod njih uzima maksimalan podskup skupa realnihbrojeva na kome je definisana formula kojom je zadata funkcija, odnosnoskup svih realnih brojeva x za koje f(x) ima smisla u skupu realnih brojeva(f(x) ∈ R).

4.2 Vrste preslikavanja

Definicija 3. Preslikavanje f : X → Y je preslikavanje skupa X ”na”skup Y (sirjektivno preslikavanje), u oznaci f : X

na−→ Y , ako je f(X) = Y ,tj.

f : Xna−→ Y ⇐⇒ f(X) = Y

ili(∀y ∈ Y )(∃x ∈ X)(y = f(x)).

Primer 4. Navesti dva primera preslikavanja ”na”.

Resenje:

1) Neka je f : R → R, pri cemu je

f = (x, y)|x ∈ R ∧ y = x3

Navedeno preslikavanje (funkcija) je ”na” i x je nezavisno promenljivaili argument, a y je zavisno promenljiva.

2) Preslikavanje skupa X = 1, 2, 3, 4 na skup Y = a, b, c koje jezadato sa

f =

(1 2 3 4a b a c

)

.


Definicija 4. Preslikavanje f : X −→ Y je ”jedan - jedan” (obostrano-

jednoznacno ili injektivno) preslikavanje, u oznaci f : X1−1−→Y , ako razlicitim

originalima odgovaraju razlicite slike

(∀x1, x2 ∈ X)(x1 6= x2 ⇒ f(x1) 6= f(x2))

tj.(∀x1, x2 ∈ X)(f(x1) = f(x2) ⇒ x1 = x2).

Primer 5. Navesti dva primera preslikavanja ”1-1”.

Resenje:

1) Neka je f : R → R, pri cemu je

f(x) = 5x − 1.

Tada je zaista

f(x1) = f(x2) ⇒ 5x1 − 1 = 5x2 − 1 ⇒ 5x1 = 5x2 ⇒ x1 = x2.

2) Neka je A = 1, 2, 3, 4, B = a, b, c, d. Tada je preslikavanje f :A → B dato sa

f =

(1 2 3 4b a d c

)

”1-1” preslikavanje.

Definicija 5. Ako je preslikavanje f : X −→ Y ”1-1” i ”na” tada kazemoda je f bijektivno preslikavanje (bijekcija).

Primer 6. Navesti primer bijektivnog preslikavanja f skupa X = 1, 3, 5, 7na skup Y = a, b, c, d.

Resenje:

f =

(1 3 5 7a c b d

)

Definicija 6. Bijektivno preslikavanje f : X → X skupa X na samogsebe zovemo i transformacija skupa X. Ako je X konacan skup, onda zabijektivno preslikavanje f : X → X kazemo da je permutacija skupaX. Ukoliko je (∀x ∈ X)(f(x) = x) preslikavanje nazivamo identicko ioznacavamo ga sa IX .

4.3. Proizvod preslikavanja, inverzno preslikavanje 37

Definicija 7. Preslikavanje f : X → Y je konstantno preslikavanje ako sesvi elementi skupa X preslikavaju u jedan i samo jedan element skupa Y , tj.

(∀x ∈ X) (∃c ∈ Y ) f(x) = c .

Definicija 8. Neka su data dva skupa X i Y . Skupovi X i Y su ekviva-lentni, u oznaci X ∼ Y , ako postoji bijekcija skupa X na skup Y. Za takveskupove se jos kaze da su ekvipotentni (jednakobrojni), odnosno da imajuistu kardinalnost (card(X) = card(Y ))2.

Definicija 9. Neka je dat skup X i njegov pravi podskup X ′ (X ′ ⊂ X). Zaskup X kazemo da je beskonacan ako je ekvivalentan nekom svom pravompodskupu X ′. U protivnom, skup X je konacan.

Primer 7. Da li je skup svih prirodnih brojeva N beskonacan?

Resenje: Skup N je beskonacan, jer je ekvivalentan svom pravom pod-skupu P = 2, 4, 6, ..., 2n, .... Zaista, postoji bijekcija f : N −→ P defi-nisana formulom f(x) = 2x.

Definicija 10. Za skup X kazemo da je prebrojiv skup ako je ekvivalentanskupu prirodnih brojeva.

Primer 8. Navesti jedan prebrojiv skup.

Resenje: Na osnovu prethodnog zadatka, posto je funkcija f(x) = 2xbijekcija, skup svih parnih brojeva je prebrojiv.

4.3 Proizvod preslikavanja, inverzno preslikavanje

Definicija 11. Neka su data tri neprazna skupa X,Y i Z i neka su datapreslikavanja g : X −→ Y i f : Y −→ Z. Tada za preslikavanje h : X −→Z odredeno sa (∀x ∈ X) h(x) = f(g(x)), a u oznaci h = f g kazemo da jeproizvod (slaganje, kompozicija) preslikavanja f i g. Funkcija h je slozenafunkcija.

Primer 9. Neka su dati skupovi X = 1, 2, 3, Y = a, b i Z = d, e, k,kao i preslikavanje

2O tome ce vise reci biti u metodici matematike.


g =

(1 2 3a b b

)

f =

(a be k

)

Naci proizvod preslikavanja h = f g.

Resenje:

h = f g =

(a be k

)

(

1 2 3a b b

)

= f(g(x)) =

(1 2 3e k k

)

.

Primer 10. Za preslikavanja f(x) = 4x − 6 i g(x) = 3x2 + 4x naci:

1) f(g(x)) =?

2) g(−10x + 5f(x)) =?

Resenje:

1) f(g(x)) = f(3x2 + 4x) = 4(3x2 + 4x) − 6 = 12x2 + 16x − 6.

2) g(−10x+5f(x)) = g(−10x+5(4x−6)) = g(10x−30) = 3(10x−30)2 +4(10x − 30) = 300x2 − 1760x + 2580.

Teorema 1. Kompozicija preslikavanja nije komutativna. ( Komutativnostne vazi cak ni tada kada je f : X → Y i g : Y → X ).

Primer 11. Neka su data preslikavanja f : X → Y, g : Y → Z i h : Z → S.Tada vazi da je

(h g) f = h (g f).

Resenje: ((h g) f : X → S kao i h (g f) : X → S

(h g) f = h (g f)

1)

(∀x ∈ X) ((h g) f) (x) = h g(f(x)) = h (g(f(x)))

⇒ ((h g) f) (x) = h(g(f(x)))

4.3. Proizvod preslikavanja, inverzno preslikavanje 39

2)

(∀x ∈ X) (h (g f))(x) = h ((g f)(x)) = h(g(f(x)))

⇒ (h (g f)) (x) = h(g(f(x))).

Iz 1) i 2) sledi tvrdenje.

Definicija 12. Neka je f : X → Y bijektivno preslikavanje, a IX identickopreslikavanje skupa X. Preslikavanje f−1 : Y −→ X, koje ima osobinu daje f−1 f = IX , nazivamo inverzno preslikavanje preslikavanja f .

Primer 12. Neka je f preslikavanje R −→ R odredeno formulom f(x) =3x − 2. Naci inverzno preslikavanje.

Resenje: Za nalazenje inverznog preslikavanja potrebno je najpre utvrditida je dato preslikavanje ”na” i ”1−1” preslikavanje. Posto je (∀y ∈ R)(∃x ∈R)(y = f(x)) navedeno preslikavanje je ”na”. Pokazimo da je i ”1−1”. Trebapokazati da iz f(x1) = f(x2) ⇒ x1 = x2. U konkretnom primeru imamo daje za x1 f(x1) = 3x1 − 2, a za x2 je f(x2) = 3x2 − 2. Postujuci jednakostf(x1) = f(x2), dobijamo da je 3x1 − 2 = 3x2 − 2 ⇒ 3x1 = 3x2 ⇒ x1 = x2,tj. iz f(x1) = f(x2) ⇒ x1 = x2 za sve x1, x2 ∈ R, sto znaci daje f ”1-1” preslikavanje. Kako smo utvrdili neophodan uslov, to sadaprelazimo na odredivanje formule za f−1. U tom cilju polazimo od je-dnakosti f−1 (f(x)) = x, a sto nas dovodi do jednacine posebne vrste, do tzv.funkcionalne jednacine, jer je nepoznata funkcija. Resavamo je na sledecinacin: za izraz 3x−2 uvodimo novi izraz, na primer a, tj. a = 3x−2. Sada,resavanjem te jednacine po x dobijamo da je:

f−1(3x − 2) = x ⇒(

a = 3x − 2 ⇒ a + 2 = 3x ⇒ a + 2

3= x

)

⇒ f−1(a) =a + 2

3,

tj. ako koristimo uobicajenu oznaku x, imacemo da je inverzna funkcijadatoj funkcija

f−1(x) =x + 2

3.


4.4 Zadaci

1. Neka su dati skupovi X = 2, 4, 6, 8 i Y = a, b, c, d. Koji od navedenihpodskupova f, g i h skupa X × Y definisani sa :

1) f = (2, d), (4, c), (8, b), (4, a),

2) g = (4, b), (6, c), (8, d),

3) h = (2, a), (4, b), (6, c), (8, a).su preslikavanja?

2. Da li su preslikavanja f = x2 − 2 i g =x − 1

x − 2na skupu racionalnih

brojeva preslikavanja ”na”?

3. Da li su preslikavanja f = 3x − 2x3 i g =4

x2 − 2na skupu racionalnih

brojeva preslikavanja ”na” ili ”1-1”?

4. Da li su preslikavanja iz prethodna dva zadatka na skupu racionalnihbrojeva bijekcije?

5. Da li je preslikavanje f : X → Y , gde su skupovi X = a, b, c, d iY = 5, 6, 7, 8, 9, dato sa

f =

(d b a c7 5 6 9

)

bijekcija?

6. Na skupu Xa, b, 1, 2 definisati jedno identicko preslikavanje.

7. Data su preslikavanja f(x) = 3x−4 i g(x) = 4x3−3x na skupu raciona-lnih brojeva. Naci

1) (f g)(x),

2) (g f)(x),

3) (f g2)(x),

4) g(4x − 3f(x)).

8. Neka je preslikavanje f : Q −→ Q dato sa f(x) = 7 + 8x. Da li jepreslikavanje bijekcija, a ako jeste naci inverzno.

Glava 5

Algebarske strukture

5.1 Definicija operacije

Definicija 1. Neka je A neprazan skup i n ≥ 1 prirodan broj. Pod n -arnom operacijom ω na nepraznom skupu A podrazumevamo preslikavanjef : An → A. Pri tome za svako a1, a2, ..., an ∈ A postoji jedno an+1 ∈ A,tako da je ((a1, ..., an), an+1) ∈ ω, tj. ω(a1, ..., an) = an+1.Broj n odreduje tzv. arnost ili rang operacije ω.

Specijalno za n = 1 imamo unarnu a za n = 2 imamo binarnu operaciju.Kod binarnih operacija domen je A2 (skup uredenih parova cije su kompo-nente elementi skupa A). Ako elemente domena obelezimo sa u, a elementekodomena A sa z, tada odnos izmedu njih zapisujemo sa ω(u) = z. Dakle,svakom paru elemenata x, y ∈ A pridruzuje se jedan element z ∈ A takavda je ω(x, y) = z, sto zapisujemo sa xωy = z. Same binarne operacijeobelezavamo uglavnom sa +, · , ∗, ili na neki drugi nacin. Tako umestoω(x, y) pisemo npr. x ∗ y, tj. x ∗ y = z.

Primer 1. Navesti primere unarne, binarne, ternarne i n-arne operacije.

Resenje:

1) Unarna: Operacija ω(x) = −x na skupu celih brojeva Z.

2) Binarna: Na skupu celih brojeva Z imamo operacije zbira ω1(x, y) =x + y i proizvoda ω2(x, y) = x · y.

3) Ternarna: Na skupu celih brojeva definisimo operaciju ω na sledecinacin ω(x, y, z) = x + y − z.

41

42 Glava 5. Algebarske strukture

Ova ista operacija na skupu prirodnih brojeva N nije ternarna ope-racija, jer recimo ω(2, 3, 7) nije prirodan broj.

4) n-arna: Na skupu prirodnih brojeva N moze se definisati operacija nasledeci nacin : svakoj uredenoj n-torci prirodnih brojeva pridruzujemonjihov najveci zajednicki delilac.

Definicija 2. Parcijalna (delimicna) binarna operacija skupa A je preslika-vanje nekog pravog podskupa skupa A2 u skup A.

Primer 2. Navesti primere delimicne (parcijalne, uslovne) operacije.

Resenje: Deljenje je delimicna operacija u skupu racionalnih brojeva Q,

jer je izrazx

ydefinisan pod uslovom da je y 6= 0.

Operacije se prikazuju pomocu Kelijevih tablica. Sledeca Kelijeva tablicadefinise jednu binarnu operaciju ∗ na skupu a, b:

∗ a b

a a b

b a a

Prema ovoj tablici je: a ∗ a = a, a ∗ b = b, b ∗ a = a i b ∗ b = a.

Kada je na skupu definisana jedna ili vise operacija, tada kazemo da jezadata algebarska struktura.

Definicija 3. Za skup A ⊆ X kazemo da je zatvoren u odnosu na operaciju definisanu na skupu X ako je

(∀x, y ∈ A) (x y ∈ A) .

Primer 3. Da li je svaki neprazan podskup A skupa prirodnih brojeva N

zatvoren u odnosu na operaciju NZS (najmanji zajednicki sadrzilac)? Na−vesti jos neke primere.

Resenje: Jeste, jer je ispunjen uslov (∀x, y ∈ A) x NZS y ∈ A . Skupsvih parnih celih brojeva zatvoren je u odnosu na operacije ”+”. Medutim,to ne vazi za skup neparnih celih brojeva.

5.2. Grupoid 43

5.2 Grupoid

Definicija 4. Neka je A neprazan skup. Uredenu dvojku (A, ) nazivamogrupoid ako je skup A zatvoren u odnosu na operacija tj.

(∀x, y)(x, y ∈ A ⇒ x y ∈ A).

Definicija 5. Neka su na skupu A definisane dve binarne operacije i ∗.Kazemo da je operacija levo distributivna u odnosu na operaciju ∗ ako je

(∀x, y, z ∈ A) x (y ∗ z) = (x y) ∗ (x z) .

Operacija je desno distributivna u odnosu na operaciju ∗ ako je

(∀x, y, z ∈ A) (y ∗ z) x = (y x) ∗ (z x) .

Za operaciju kazemo da je distributivna u odnosu na operaciju ∗ ako je ilevo i desno distributivna u odnosu na operaciju ∗.

Definicija 6. Neka je (A, ) grupoid. Tada

ako vazi onda je grupoid A

(∀x ∈ A)(∀z ∈ A)(∀y ∈ A)

x (y z) = (x y) z asocijativan

(∃e ∈ A)(∀x ∈ A)(x e = e x = x) sa jedinicom e

(ili sa neutralnim elementom)

(∃0 ∈ A)(∀x ∈ A)(x 0 = 0 x = 0) sa nulom 0

(∀x ∈ A)(∀y ∈ A)(x y = y x) komutativan (ili Abelov)

(∀x ∈ A)(∀y ∈ A)(∀z ∈ A)

x (y z) = (x y) (x z) distributivan

(x y) z = (x z) (y z)

(∀x ∈ A)(x x = x) idempotentan

(∀x ∈ A)(∀y ∈ A)(∀z ∈ A)

x y = x z ⇒ y = z kancelativan

y x = z x ⇒ y = z


Primer 4. Ako za operaciju postoji neutralni element, tada je on jedi-nstven. Dokazati.

Resenje: Pretpostavimo da postoje dva neutralna elementa e i e1 (e 6=e1). Tada je (e e1 = e1 e = e ∧ e1 e = e e1 = e1) ⇒ e = e1 sto jeprotivurecno pretpostavci da je e 6= e1.

Primer 5. Za operacije sabiranje i mnozenje u skupu celih brojeva Z odre-diti neutralne elemente.

Resenje: To su brojevi 0 i 1 redom.

Definicija 7. Za element x grupoida (A, ) sa jedinicnim elementom e, el-ement x−1 je inverzni ako vazi:

x x−1 = x−1 x = e.

Primer 6. Neka je na skupu A definisana neka asocijativna operacija zakoju postoji neutralni element e. Ako pri tom postoji i inverzni element x−1

elementa x ∈ A, tada je on jedinstven. Dokazati.

Resenje: Dokaz izvodimo polazeci od protivurecne pretpostavke. Nekapostoje dva inverzna elementa x−1

1 i x−12 (x−1

1 6= x−12 ) elementa x. Tada je

(x−1

1 x) x−1

2 = e x−12 = x−1

2 ∧ x−11

(x x−1

2

)= x−1

1 e = x−11 .

Kako je operacija asocijativna, to je i

(x−1

1 x) x−1

2 = x−11

(x x−1

2

),

a sto znaci da je i x−11 = x−1

2 , sto je protivrecno pretpostavci da je x−11 6= x−1

2 .

5.3 Grupa, prsten, polje

Definicija 8. Grupoid (A, ) nazivamo polugrupa (ili semigrupa) ako jeope- racija asocijativna.

Definicija 9. Polugrupu (A, ) nazivamo grupa ako ona ima neutralni ele-ment i ako svaki element ima inverzni.

Teorema 1. Neka je (A, ) grupa. Tada je za sve x, y, z ∈ A

x y = x z ∧ y a = z a ⇒ y = z.

5.3. Grupa, prsten, polje 45

Teorema 2. Neka je (A, ) grupa. Tada za sve a, b ∈ A jednacine

a x = b i y a = b

imaju jedinstveno resenje po x i po y.

Definicija 10. Grupu (A, ) nazivamo komutativna ili Abelova grupa akoje operacija komutativna.

Primer 7. Navesti primer polugrupe i komutativne grupe.

Resenje:

1) Grupoid (N,+) je polugrupa.

2) Grupoid (Z,+) je komutativna grupa, a (Z, ·) nije grupa. Takode,(Q,+) je komutativna grupa, a (Q, ·) nije grupa.

Primer 8. Na skupu A = e, a, b, c ispitati osobine algebarske strukture(A, ), gde je operacija data tablicom:

e a b c

e e a b c

a a e c b

b b c e a

c c b a e

Resenje:

1) Iz tablice se neposredno proverava da je (∀x, y ∈ A) (x y ∈ A) pa jeskup A zatvoren u odnosu na operaciju . Sledi da je (A, ) grupoid.

2) Operacija je asocijativna. Na primer

a (b c) = a a = e = c c = (a b) c.

Sledi da je (A, ) polugrupa.

3) Posto je e e = e, e a = a e = a, e b = b e = b i e c = c e = cimamo da je element e jedinicni element grupoida (A, ).

4) Svaki element x ∈ A ima svoj inverzni x−1 i on je x−1 = x.


5) Operacija je komutativna, jer je: a b = c = b a, a c = b = c a ib c = a = c b.

Na osnovu 2), 3), 4) i 5) imamo da je (A, ) komutativna grupa.

Definicija 11. Uredenu trojku (A, ∗, ), gde je A neprazan skup, a ∗ i dvebinarne operacije skupa A nazivamo prsten, ako je

1. (A, ∗) Abelova grupa

2. (A, ) polugrupa

3. distributivna u odnosu na ∗.

Primer 9. Na skupu A = 0, 1, 2, 3 date su operacije ∗ i tablicama:

∗ 0 1 2 3

0 0 1 2 3

1 1 2 3 0

2 2 3 0 1

3 3 0 1 2

0 1 2 3

0 0 0 0 0

1 0 1 2 3

2 0 2 0 2

3 0 3 2 1

Dokazati da je (A, ∗, ) prsten.

Resenje: Struktura (A, ∗, ) je prsten ako vazi:

1) struktura (A, ∗) komutativna grupa,

2) struktura (A, ) polugrupa,

3) distributivna u odnosu na ∗.

1) a) Iz tablice se uocava da je (∀x, y ∈ A) (x ∗ y ∈ A) pa je skup Azatvoren u odnosu na operaciju ∗. Sledi da je (A, ∗) grupoid.

b) Operacija ∗ je asocijativna. Na primer

0 ∗ (1 ∗ 2) = 0 ∗ 3 = 3 = 1 ∗ 2 = (0 ∗ 1) ∗ 2.

Sledi da je (A, ∗) polugrupa.

c) Posto je 0∗0 = 0, 0∗1 = 1∗0 = a, 0∗2 = 2∗0 = 2 i 0∗3 = 3∗0 = 3imamo da je element e∗ = 0 jedinicni element grupoida (A, ∗).

5.3. Grupa, prsten, polje 47

d) Svaki element x ∈ A ima svoj inverzni x−1 i to: za x = 0 inverznije x−1 = 0, za x = 1 inverzni je x−1 = 3, za x = 2 inverzni jex−1 = 2.

e) Operacija ∗ je komutativna jer je: 1∗2 = 3 = 2∗1, 1∗3 = 0 = 3∗1i 2 ∗ 3 = 1 = 3 ∗ 2.

Na osnovu b), c), d) i e) imamo da je (A, ∗) komutativna grupa.

2) struktura (A, ) polugrupa,

a) Iz tablice se uocava da je (∀x, y ∈ A) (x y ∈ A) pa je skup Azatvoren u odnosu na operaciju . Sledi da je (A, ) grupoid.

b) Operacija je asocijativna. Na primer

3 (1 2) = 3 2 = 2 = 1 2 = (3 1) 2.

Sledi da je (A, ∗) polugrupa.

c) Imamo da je 2 2 = 0 i 2 6= 0.

Na osnovu b) i c) imamo da je (A, ) najvise polugrupa.

3) Da je distributivna u odnosu na ∗ proveravamo zamenom direktnoiz tablica.

Definicija 12. Prsten (A, ∗, ) zovemo polje, ako je (A\e, ) Abelovagrupa, gde je e neutralni element operacije .

Primer 10. Navesti primere algebarskih struktura koje su prsten i polje.

Resenje:

1) (Z,+, ·) je prsten celih brojeva.

2) (Q,+, ·) je polje racionalnih brojeva.

Definicija 13. Preslikavanje f : A → B se naziva homomorfizam strukture(A, ) u (B, ?) ako vazi:

(∀x, y ∈ A) ( f(x y) = f(x) ? f(y) ).

Ako je uz to preslikavanje f(x) bijekcija, onda se naziva izomorfizam. Ovakopreslikavanje definisano na istoj algebarskoj strukturi se naziva automo-rfizam.


5.4 Zadaci

1. Da li su strukture (N,−) i (N, :) grupoidi?

2. Za a, b ∈ N date su operacije:

1) a b =−b + 4

a + 12,

2) a b = a + 4b,

3) a b = 12 − ab.

Ispitati komutativnost i asocijativnost navedenih operacija. Izracunati: −1−2, 4 9 i −12 9.

3. Neka je na skupu N0 definisana operacija ∗ sa: a ∗ b = a + 3b. Ispitatida li postoji jedinicni element.

4. Na skupu A = a, b, c data je operacija

a b c

a a b c

b b c a

c c a b

Koji od elemenata iz skupa A ima inverzni element? Da li je operacija komutativna?

5. Na skupu A = a, b, c, d date su operacije ∗ i tablicama:

∗ a b c d

a a x1 c d

b b c x2 a

c x3 d a b

d d a b x4

a b c d

a a a y1 a

b a y2 c d

c y3 c a c

d a d c y4

Odrediti xi, yi ∈ A; i = 1, 2, 3, 4, tako da je algebarska struktura (A, ∗, )prsten.

6. Neka je (Z,+, ·) prsten celih brojeva i (0, 1,+, ·) polje. Preslikavanjef : Z → 0, 1, za n ∈ Z, dato je sa

f(x) =

1, x = 2n0, x = 2n + 1

Ispitati da li je f(x) homomorfizam.

Glava 6

Skupovi brojeva

6.1 Prirodni brojevi

Sluzeci se intuitivnim pristupom, mozemo reci da je prirodan broj x svakielement x ∈ N, gde je skup N dat sa

N = 1, 2, 3, 4, . . .

Cesto u praksi skup prirodnih brojeva prosirujemo (dodajemo nove ele-mente) sa brojem 0 i tada ga oznacavamo sa N0. Kao sto je poznato,na prosirenom skupu prirodnih brojeva N0 za operacije sabiranja (+) imnozenja (·) vazi:

x + y = y + x x · y = y · x komutativnost

(x + y) + z = x + (y + z) (x · y) · z = x · (y · z) asocijativnost

x + 0 = x x · 1 = x jedinicini element

x · (y + z) = x · y + x · z distributivnost ·(y + z) · x = y · x + z · x u odnosu na +

Intuitivno zasnivanje naucne teorije moze dovesti do protivrecnosti. Ovajnedostatak se prevazilazi aksiomatskim zasnivanjem naucnih teorija, stocemo pokazati na primeru skupa prirodnih brojeva.

U aksiomatski zasnovanoj teoriji krece se od osnovnih pojmova i aksioma.Osnovni pojmovi se ne definisu i o njima jednostavno postoji samo intuitivnapredstava. Pojmovi koji nisu osnovni nazivaju se izvedeni pojmovi. Osobinepojmova (osnovnih i izvedenih) iskazujemo pomocu tvrdenja. Aksiome su

49

50 Glava 6. Skupovi brojeva

tvrdenja koja ne dokazujemo, vec ih prihvatamo kako su navedena. Tvrdenjakoja nisu aksiome nazivamo teoreme i njih je potrebno dokazati na osnovuaksioma ili vec prethodno dokazanih teorema.Metoda cija je osnovna karakteristika da se svi novi zakljucci izvode iz ranijeutvrdenih zakljucaka, tj. svaka nova teorema se dokazuje na osnovu aksiomai vec dokazanih teorema, naziva se deduktivna metoda.

Aksiome skupa prirodnih brojeva poznate su pod nazivom Peanove aksi-ome. Polazeci od osnovnih pojmova

- konstante, u oznaci 1 (jedan)

- unarne operacije, u oznaci ′ (prim)

- pojma skupa

Peanove aksiome glase:

A1 : 1 je prirodan broj.

1 ∈ N

A2 : Za svaki prirodan broj x postoji jedan i samo jedan njegov sledbenikx′ koji je takode prirodan broj. (Broj x zovemo prethodnik broja x′).

(∀x ∈ N) (∃1x′ ∈ N)

A3 : 1 nije sledbenik ni jednog prirodnog broja.

(∀x ∈ N) (1 6= x′)

A4 : Ako su sledbenici dva prirodna broja jednaki, onda su ta dva prirodnabroja jednaka.

(∀x, y ∈ N) (x′ = y′ ⇒ x = y)

A5 : Neka je skup M ⊆ N. Ako vazi:

1) 1 ∈ M,

2) x ∈ M ⇒ x′ ∈ M,

tada je M = N.

6.1. Prirodni brojevi 51

Poslednja aksioma A5 se naziva aksioma matematicke indukcije i ima velikuprimenu prilikom dokazivanja raznih tvrdenja na skupu prirodnih brojeva itu se pojavljuje u sledecoj formulaciji:

A′

5: Neko tvrdenje koje se odnosi na prirodne brojeve tacno je za svakiprirodan broj ako ima sledeca dva svojstva

1) Tvrdenje je tacno za broj 1.

2) Ako je tvrdenje tacno za broj n, onda je tacno i za broj n+1.

Primer 1. Dokazati da za svaki prirodan broj n vazi 2n > n.

Resenje: Imamo da je

(i) tvrdenje tacno za broj 1, jer je 21 > 1.

(ii) Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n.

(iii) Pokazimo da vazi za n + 1. Imamo da je 2n+1 = 2 · 2n > 2n ≥ n + 1,cime smo dokazali da tvrdenje vazi za svaki prirodan broj n.

Na osnovu aksiome A1 imamo da je 1 prirodan broj. Na osnovu aksiomeA2 imamo da postoji tacno jedan sledbenik 1′ koga oznacavamo simbolom2. Posto je 2 prirodan broj, on na osnovu aksiome A2 ima samo jednogsledbenika 2′, koji po aksiomi A3 nije 1, te ga oznacavamo simbolom 3.Sledbenik 3′, po aksiomi A4 ne moze biti 2 jer je on vec sledbenik broja 1,te ga oznacavamo sa 4 itd., za sve prirodne brojeve u skladu sa aksiomomA5. Na taj nacin aksiomatski formiramo skup prirodnih brojeva

N = 1, 2, 3, 4, . . .

U aksiomatski zasnovanoj teoriji prirodnih brojeva uvodimo operacijesabiranje i mnozenje na sledeci nacin:

Definicija 1. Sabiranje na skupu prirodnih brojeva, u oznaci +, je binarnaoperacija sa sledecim osobinama:

1) (∀x ∈ N) x + 1 = x′

2) (∀x, y ∈ N) x + y′ = (x + y)′

Primer 2. Dokazati da je 7 + 3 = 10.



7+3 = 7+2′ = (7+2)′ = (7+1′)′ = ((7+1)′)′ = ((7′)′)′ = (8′)′ = (9)′ = 10.

U navedenom primeru brojevi 7 i 3 se nazivaju sabirci, dok se broj 10 nazivazbir.

Definicija 2. Mnozenje na skupu prirodnih brojeva, u oznaci ·, je binarnaoperacija sa sledecim osobinama:

1) (∀x ∈ N) x · 1 = x

2) (∀x, y ∈ N) x · y′ = x · y + x

Primer 3. Dokazati da je 7 · 3 = 21.


7 · 3 = 7 · 2′ = 7 · 2 + 7 = 7 · 1′ + 7 = (7 · 1 + 7) + 7 = 7 + 7 + 7 = 21.

U navedenom primeru brojevi 7 i 3 se nazivaju cinioci, dok se broj 21 nazivaproizvod.

Na pocetku ove glave navedena su tvrdenja koja vaze za operacije sabi-ranje i mnozenje. Pored njih vaze i sledeca tvrdenja:

Teorema 1. Neka su x, y, z ∈ N. Tada je

1) x = y ⇔ x + z = y + z

2) x + x + . . . + x︸︷︷︸

y puta

= y · x

Definicija 3. Stepenovanje prirodnog broja x prirodnim brojem n, u oznacixn, je binarna operacija sa sledecim osobinama:

1) (∀x ∈ N) x1 = x

2) (∀x, n ∈ N) xn′

= xn · x

Broj xn je stepen, broj x je osnova ili baza, a broj n je izlozilac ili eksponent.


Primer 4. Dokazati da je 73 = 343.


73 = 72′ = 72 · 7 = 71′ · 7 = (71 · 7) · 7 = 7 · 7 · 7 = 343.

Osobine stepenovanja na skupu prirodnih brojeva iskazane su sledecomteoremom:

Teorema 2. Neka su x, y, n,m ∈ N. Tada je

1) x · x · . . . · x︸︷︷︸

n puta

= xn

2) xn · xm = xn+m

3) (xn)m = xn·m

4) (x · y)n = xn · yn

Primer 5. Dokazati da je 43 = 64.


43 = 42′ = 42 · 4 = 41′ · 4 = (41 · 4) · 4 = 4 · 4 · 4 = 64.

Pre definicije operacije oduzimanja neophodno je uvesti definicije relacijamanje (u oznaci < ), manje ili jednako (u oznaci ≤ ), vece (u oznaci > ) ivece ili jednako (u oznaci ≥ ).

Definicija 4. Za x, y ∈ N relacije <, ≤, > i ≥ definisemo na sledeci nacin:

1) x < y ⇔ (∃z ∈ N) y = x + z

2) x ≤ y ⇔ x < y ∨ x = y

3) x > y ⇔ y < x

4) x ≥ y ⇔ x > y ∨ x = y

Navedene relacije imaju sledece osobine:

Teorema 3. Neka su x, y, z, u, v ∈ N. Tada je:

1) x ≤ y ∧ y ≤ x ⇒ x = y


2) x < y ∧ y < z ⇒ x < z

3) x ≤ y ∧ y ≤ z ⇒ x ≤ z

4) x > y ∧ y > z ⇒ x > z

5) x ≥ y ∧ y ≥ z ⇒ x ≥ z

6) x < y ⇔ x + z < y + z

7) x < y ∧ u < v ⇒ x + u < y + v

8) x < y ⇔ x · z < y · z

9) x < y ∧ u < v ⇒ x · u < y · v

U glavi 7 opsirnije cemo razmotriti linearne jednacine sa jednom nepo-znatom. Pre toga, uocimo jednacinu:

x + 1 = 1

Ova jednacina nema resenja u skupu N (jer je x′ = 1 u suprotnosti saPeanovom aksiomom A3). Analogno se utvrduje da za a, b ∈ N i a < bjednacina x + b = a nema resenja u skupu N.

Teorema 4. Za a, b ∈ N postoji jedan i samo jedan prirodan broj x takavda je x + b = a ako i samo ako je b < a.

Na osnovu navedene teoreme sledeca definicija je korektna:

Definicija 5. Za b < a, oduzimanje prirodnog broja b od prirodnog broja a,u oznaci a − b, je binarna operacija koja navedenim prirodnim brojevima ai b pridruzuje prirodan broj x na sledeci nacin x + b = a.

To zapisujemo i sax = a − b

Broj a je umanjenik, broj b je umanjilac a broj x je razlika.

Oduzimanje u skupu prirodnih brojeva je parcijalna (uslovna) operacijajer je definisana samo u slucaju kada je b < a (umanjilac je manji od umanje-nika).

Teorema 5. Neka su x, y, z, u, v ∈ N. Ako je umanjilac manji od uma-njenika onda vazi:


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) = x · y − x · z

11) x = y ⇒ x · z = y · z

12) x · z = y · z ⇒ x = y

Pre definicije operacije oduzimanje morali smo da definisemo relaciju<. Analogno, pre definicije operacije deljenja moramo definisati binarnurelaciju ”se sadrzi”, na sledeci nacin:

Definicija 6. Prirodan broj x se sadrzi u prirodnom broju y, u oznaci x|y,ako i samo ako postoji z ∈ N takav da je y = x · z.

Ako je x|y moze se pokazati da postoji tacno jedan takav z ∈ N da je y = x·z.Na osnovu toga, sledeca definicija je korektna:

Definicija 7. Za b|a, deljenje prirodnog broja a sa prirodnim brojem b, uoznaci a : b, je binarna operacija koja navedenim prirodnim brojevima a i bpridruzuje prirodan broj x na sledeci nacin a = x · b.

To zapisujemo i sa

x = a : b

Broj a je deljenik, broj b je delilac a broj x je kolicnik. Cesto kolicnik a : bpredstavljamo i u obliku

a

b


i tadaa

bnazivamo razlomak, broj a brojilac, dok broj b nazivamo imenilac.

Deljenje u skupu prirodnih brojeva je parcijalna (uslovna) operacija jerje definisana samo u slucaju kada je b|a.

Ukoliko je b|a, tada kazemo i da je broj a deljiv brojem b 6= 0.

6.2 Celi brojevi

U prethodnom poglavlju pokazali smo kako se aksiomatski zasniva skupprirodnih brojeva sa osnovnim racunskim operacijama. Osnovna nameraje bila da se pokaze nacin aksiomatskog zasnivanja odredenih matematickihteorija. Dalja izgradnja skupova brojeva nece biti aksiomatska, vec vise intu-itivna (zbog namene ovog udzbenika). Na aksiomatski zasnivanom skupuprirodnih brojeva vec smo naglasili da je operacija oduzimanja uslovna ope-racija, jer jednacina x + b = a ima resenje po x samo u slucaju b < a. Stasu resenja jednacine u slucaju kada je:

1) b = a

2) b > a ?

Ako zelimo da damo odgovor na ovo pitanje moramo skup prirodnih brojevaprosiriti, u prvom slucaju brojem 0, a u drugom slucaju brojevima iz skupakoji cemo nazvati skup celih negativnih brojeva, u oznaci Z−, koga definisemosa:

Z− = −x|x ∈ N.Na taj nacin smo dobili novi skup, skup celih brojeva, koga oznacavamo saZ i definisemo sa:

Z = N ∪ 0 ∪ Z−.

Iz prakticnih razloga kada govorimo o skupu celih brojeva onda skup priro-dnih brojeva N oznacavamo sa Z+ i nazivamo ga skup celih pozitivnih bro-jeva, tj.

Z = Z+ ∪ 0 ∪ Z−.

Na skupu Z jednacina x = a − b ima resenje za svaki odabir brojeva a i b,pa je operacija oduzimanje unutrasnja operacija na skupu Z.

Neka su x, y ∈ N. Navodimo pravila za izracunavanje zbira i proizvodacelih brojeva, kada je bar jedan sabirak (cinilac) ceo negativan broj. Uprvom slucaju imamo

6.2. Celi brojevi 57

x + (−y) =

x − y, x ≥ y

−(y − x), x < y

x · (−y) = −(x · y).

Primer 6. Izracunati: 7 + (−5) =?, 3 + (−12) =? i 7 · (−6) =?


7 + (−5) = 7 − 5 = 2

3 + (−12) = −(12 − 3) = −9

7 · (−6) = −(7 · 6) = −42.

U drugom slucaju imamo

(−x) + y =

y − x, x ≤ y

−(x − y), x > y

(−x) · y = −(x · y).

Primer 7. Izracunati: (−7) + 5 =?, (−3) + 12 =? i (−7) · 6 =?


(−7) + 5 = −(7 − 5) = −2

(−3) + 12 = 12 − 3 = 9

(−7) · 6 = −(7 · 6) = −42.

U trecem slucaju imamo

(−x) + (−y) = −(x + y)

(−x) · (−y) = x · y.

Primer 8. Izracunati: (−7) + (−5) =? i (−7) · (−6) =?


(−7) + (−5) = −(7 + 5) = −12


(−7) · (−6) = 7 · 6 = 42.

Na kraju, sabiranje i mnozenje nulom dato je sledecim pravilima

x + 0 = 0 + x = x

x + (−x) = 0

x · 0 = 0 · x = 0.

Za dati broj x ∈ Z broj −x nazivamo suprotan broj broja x.

Preostalo je da definisemo pravila i za operacije oduzimanje i deljenje.Operaciju oduzimanja definisemo preko operacije sabiranja na sledeci nacin:

x − y = x + (−y), x, y ∈ Z.

Deljenje u skupu Z definisemo kao u skupu N, uz uslov da je imenilac razlicitod nule.Neka su x, y ∈ N. Tada, u slucaju da je deljenik ili delilac ceo negativanbroj, za operaciju deljenja vaze sledeca pravila:

x : (−y) = −(x : y)

(−x) : y = −(x : y)

(−x) : (−y) = x : y.

Primer 9. Izracunati: 8 : (−2) =?, (−9) : 3 =? i (−12) : (−6) =?


8 : (−2) = −(8 : 2) = −4

(−9) : 3 = −(9 : 3) = −3

(−12) : (−6) = 12 : 6 = 2.

Operacija deljenje u skupu celih brojeva nije unutrasnja operacija (ona jeuslovna), jer recimo 2 : 3 6∈ Z.

Na skupu Z relacije <, ≤, >, ≥ se definisu analogno kao na skupu N.

Teorema 6. Sledeca tvrdenja su tacna:

6.3. Racionalni brojevi 59

1) x ∈ N ⇒ (x > 0 ∧ −x < 0)

2) x < y ⇔ −x > −y, x, y ∈ Z

3) z > 0 ∧ x < y ⇔ x · z < y · z, x, y, z ∈ Z

4) z < 0 ∧ x < y ⇔ x · z > y · z, x, y, z ∈ Z.

6.3 Racionalni brojevi

Prosirenje skupa prirodnih brojeva na skup celih brojeva omogucilo je daoperacija oduzimanje bude unutrasnja operacija na skupu celih brojeva. Nakoji skup treba prosiriti skup celih brojeva pa da operacija deljenje ne budeuslovna operacija, vec unutrasnja na tom skupu (jednacina oblika b · x = aima resenje na skupu Z samo ako je b|a)?

U daljem tekstu podrazumevacemo pod pojmom razlomka broj oblikaa

b, gde je a, b ∈ Z i b 6= 0.

Odgovor na postavljeno pitanje je skup racionalnih brojeva, u oznaci Q,a definisemo ga na sledeci nacin:

Q =a

b| a, b ∈ Z ∧ b 6= 0

.

Za racionalne brojeve vaze tvrdenja iz tabele sa pocetka ove glave. Poredtoga, vaze i sledeca dva tvrdenja

x + (−x) = 0

(∀x ∈ Q\0)(∃x) x · x = 1.

Za x 6= 0 broj x je jedinstven i naziva se reciprocna vrednost broja x. Slicnokao kod prirodnih brojeva imamo da je

x = 1 : x =1

x, x ∈ Q, x 6= 0.

Analognox

y= x · 1

y, x, y ∈ Q, y 6= 0.

Neka su a, b, c, d ∈ Q. Tada je

1)1

a · b =1

a· 1

b, (a 6= 0, b 6= 0)


2)1a

b

=b

a, (a 6= 0, b 6= 0)

3)a

b=

c

d⇔ a · d = b · c, (b 6= 0, d 6= 0)

4)a

b± c

d=

a · d ± b · cb · d , (b 6= 0, d 6= 0)

5)a

b· c

d=

a · cb · d , (b 6= 0, d 6= 0)

6)a

b:

c

d=

a

b· d

c=

a · db · c , (b 6= 0, c 6= 0, d 6= 0)

Za prirodne brojeve a i b znak kolicnika je odreden tvrdenjima:

−a

b=

a

−b= − a

b,

−a

−b=

a

b.

Neka su ponovo a, b, c, d ∈ Q i c 6= 0, d 6= 0. Tada je

a

b=

a · cb · c ,

a

b=

a : c

b : c.

Na kraju, navodimo na koji nacin se stepenuju racionalni brojevi celimizloziocem. Neka su a, b ∈ Q i n,m ∈ Z. Tada je

1) an · am = an+m; an : am = an−m; (an)m = an·m .

2) an · bn = (a · b)n; an : bn = (a : b)n (b 6= 0) .

3) a0 = 1; a−n =1

an(a 6= 0) .

Primer 10. Izracunati izraze:

1) 34 · 32 =? i 57 : 53 =?

2) 53 · 23 =? i 64 : 34 =?

Resenje: Na osnovu navedene teoreme imamo da je:

1) 34 · 32 = 34+2 = 36 = 729 i 57 : 53 = 57 − 3 = 52 = 25,

2) 53 · 23 = (5 · 2)3 = 103 = 1000 i 64 : 34 = (6 : 3)4 = 24 = 16.

6.4. Realni brojevi 61

6.4 Realni brojevi

Pored racionalnih brojeva, postoje i brojevi koji nisu racionalni. Jedantakav broj je

√2. Dokazimo ovo tvrdenje.

Pretpostavimo suprotno, da je broj√

2 racionalan. Tada ga mozemozapisati u obliku √

2 =a

b, a, b ∈ Z, b 6= 0,

gde su brojevi a i b uzajamno prosti1. Ako levu i desnu stranu jednacinestepenujemo brojem dva, pa je pomnozimo sa b2, dobicemo sledecu jednacinu

2 · b2 = a2.

Odavde imamo da je a2 paran broj, pa je i a paran broj. To znaci da jea = 2 · n, n ∈ N. Tada je (2 · n)2 = 2 · b2, odnosno 2 · n2 = b2, pa je b paranbroj. Tada su brojevi a i b parni brojevi, deljivi sa 2. To je kontradikcijasa polaznom pretpostavkom da su oni uzajamno prosti. Znaci, broj

√2 nije

racionalan broj.

Navedeni primer pokazuje da postoji potreba uvodenja novih brojeva,koje nazivamo iracionalni brojevi. Skup iracionalnih brojeva oznacavamo saI. Unija skupa racionalnih i iracionalnih brojeva jeste skup realnih brojeva,u oznaci R. Skup racionalni brojeva i skup iracionalnih brojeva su disjunktniskupovi.

Jedan od nacina definisanja realnih brojeva je pomocu tzv. decima-lnih razvitaka. Svakom racionalnom broju odgovara konacan ili beskonacanperiodican2 decimalni razvitak. Na primer

1

5= 0, 5 ;

1

6= 0, 1666 . . . .

Beskonacni decimalni razvitci koji nisu periodicni su iracionalni brojevi.Takav je na primer broj

0, 343443444344443444443 . . . .

Na kraju, konstatujemo odnose medu definisanim skupovima brojeva:

N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R ∧ R = Q ∪ I ∧ Q ∩ I = ∅ .

1Brojevi a i b su uzajamno prosti ako i samo ako je broj jedan jedini zajednicki delilacova dva broja.

2Pocev od nekog decimalnog mesta cifre se periodicno ponavljaju.


6.5 Zadaci

1. Matematickom indukcijom dokazati:

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

2· n · (n + 1) · (n + 2),

2) 1 + 2 + ... + n =1

2· n · (n + 1),

3) 13 + 23 + ... + n3 =1

4· n2 · (n + 1)2,

4) 12 − 22 + ... + (−1)n−1n2 = (−1)n−1 n · (n + 1)

2,

5)1

3+

2

32+

3

33+ ... +

n

3n=

2 · n = 3

4 · 3n.

2. Za prirodan broj n dokazati da je 6n − 5n + 4 deljivo brojem 5.

3. Dokazati:

1) 2n+4 > (n + 4)2,

2) 1 +1

4+

1

9+

1

16+ ... +

1

n2< 2, n > 1,

3)n

2< 1 +

1

2+

1

3+

1

4+ ... +

1

2n − 1< n, n > 1.

Glava 7

Linearne jednacine,nejednacine i sistemijednacina

7.1 Linearne jednacine sa jednom nepoznatom

Algebarski racionalni izrazi su izrazi sastavljeni iz brojeva (konstanti)i promenljivih u kojima se koriste racionalne operacije1 : sabiranje, odu-zimanje, mnozenje, deljenje (delilac razlicit od nule) i stepenovanje celimizloziocem. Ako u izrazu nema operacije deljenje onda ga nazivamo ceoalgebarski racionalan izraz.

Primer 1. Racionalni algebarski izrazi su na primer

6, x, (x2 − z)3,x − 3

y + 2.

Definicija 1. Jednakost izraza A i B je logicki sud koji izrazava da je vre-dnost izraza A jednaka vrednosti izraza B, u oznaci A = B.

Jednakosti, kao iskazne recenice, mogu biti tacne (>) ili netacne (⊥), uoznaci

v(A = B) =

>⊥

1Mogu da se izvedu na skupu racionalnih brojeva.

63

64 Glava 7. Linearne jednacine, nejednacine i sistemi jednacina

Definicija 2. Neka su A i B algebarski racionalni izrazi koji sadrze n-promenljivih. Tada jednakost A = B nazivamo jednacina sa n-nepoznatih.Za n = 1 imamo jednacinu sa jednom nepoznatom.

Ako je jednacina tacna za ma koje vrednosti promenljivih, tada kazemoda se radi o identitetu.

One brojne vrednosti promenljivih za koje se jednacina sa jednom nepo-znatom prevodi u brojnu jednakost, nazivaju se resenja (koreni) jednacine.Prema tome, resiti jednacinu znaci naci sva njena resenja ili se uveriti u toda ona nema resenja. Sam problem resavanja jednacine je uslovljen pojmomekvivalentnosti jednacina, o cemu nam govori sledeca definicija:

Definicija 3. Dve jednacine sa istom promenljivom su ekvivalentne ako jesvako resenje jedne od njih resenje i druge jednacine i obrnuto.

Primer 2. Neka je A(x) = x, B(x) =11

x

i C(x) = 2− 3x. Sta pretstavljaju

jednakosti:

1) A = B,

2) A = C.

Resenje: Zakljucujemo da je jednakost A = B identitet, jer su vrednostiovih izraza jednake za ma koje x 6= 0, dok jednakost A = C nije identitet, jerje jednostavno naci vrednosti za x, za koje su ti izrazi razliciti. Na primer, zax = 0 ⇒ A(0) = 0, a C(0) = 2, itd. Jasno je da jednakost A = C mozemo,za neke vrednosti x, transformisati u brojnu jednakost. To postizemo tako

sto iz A = C ⇒ x = 2 − 3x, a odavde sledi da za x =1

2jednakost A = C

prelazi u brojnu jednakost.

Primer 3. Da li su sledece jednacine ekvivalentne?

1) x − 3 = 0 i 1 + x = 4,

2) x2 − 9 = 0 i x − 3 = 0.

Resenje:

1) x − 3 = 0 i 1 + x = 4 su ekvivalentne jer im je koren broj x = 3.

2) Jednacine x2 − 9 = 0 i x − 3 = 0 nisu ekvivalentne, mada je x = 3koren i jedne i druge, ali x = −3 je koren samo prve jednacine.

7.1. Linearne jednacine sa jednom nepoznatom 65

Teorema 1. Neka su A,B i C bilo koji brojevi ili algebarski racionalniizrazi. Tada su tacna sledeca tvrdenja:

1) A = C ⇒ (A = B ⇐⇒ C = B),

2) B = C ⇒ (A = B ⇐⇒ A = C),

3) A = B ⇐⇒ (A + C = B + C),

4) C 6= 0 ⇒ (A = B ⇐⇒ AC = BC),

5) svaki clan jednacine se moze preneti sa jedne strane znaka jednakostina drugu, ako mu se promeni znak.

Dokaz:

1) (⇒) Pretpostavimo da je A = C. Ako je A = B, tada na osnovusimetrije i tranzitivnosti, zakljucujemo da je C = B.(⇐) Ako je C = B, to na osnovu tranzitivnosti sledi da je A = B.Iz navedenog sledi da vazi

A = C ⇒ (A = B ⇐⇒ C = B),

sto je i trebalo dokazati.

3) (⇒) Neka je A = B. Kako je jednakost saglasna sa operacijom sabi-ranje, to dodavanjem C na obe strane dobijamo da je A+C = B +C.(⇐) Ako vazi A + C = B + C, tada dodavanjem (−C) sa obe stranedobijamo da je

A+C +(−C) = B +C +(−C) ⇒ A+C−C = B +C−C ⇒ A = B .

Preostala tvrdenja se analogno dokazuju.

Primer 4. Resiti po x jednacinu:

1

2x − 5 =

1

6x − 1

3.

Resenje:

1

2x − 5 =

1

6x − 1

3/ · 6

⇔ 3x − 30 = x − 2 / + (−x)

⇔ 2x − 30 = −2 / + 30

⇔ 2x = 28/ : 2

⇔ x = 14.


Dakle, imamo ekvivalenciju

1

2x − 5 =

1

6x − 1

3⇐⇒ x = 14 .

Odavde neposredno zakljucujemo da je broj 14 resenje polazne jednacine.

Definicija 4. Jednacinu ekvivalentnu sa jednacinom oblika

a · x = b

gde su a i b racionalni brojevi a x nepoznata, nazivamo linearna jednacinasa jednom nepoznatom. Brojevi a i b su parametri ili koeficijenti.

Teorema 2. U zavisnosti od parametara linearne jednacine imamo sledecemoguce slucajeve za njeno resenje:

1) Ako je a 6= 0 imamo da jeb

ajedino resenje, pa je data jednacina

jednacina sa jedinstvenim resenjem.

2) Ako je a = 0 i b 6= 0 tada jednacina nema resenja pa je nemoguca.

3) Ako je a = 0 i b = 0, tada je svaki realan broj resenje date jednacine,pa je ona neodredena.

Primer 5. Dokazati da je jednacina

3x − 4 = 5x + 2

linearna jednacina sa jedinstvenim resenjem.

Resenje:

3x − 4 = 5x + 2

⇔ 3x − 5x = 4 + 2

⇔ −2x = 6.

Posto je poslednja jednacina oblika a · x = b zadatak je resen (definicija 4).

Primer 6. Resiti po x jednacine:

1) x + 2 = 8,

7.1. Linearne jednacine sa jednom nepoznatom 67

2) 2x − 1 = x + 2.

Resenje:

1) x + 2 = 8

⇔ x + 2 − 2 = 8 − 2

⇔ x = 6.

2) 2x − 1 = x + 2

⇔ 2x − x − 1 = x − x + 2

⇔ x − 1 = 2

⇔ x − 1 + 1 = 2 + 1

⇔ x = 3.

Primer 7. Za a, b ∈ Q, a 6= 0, b 6= 0 resiti po x jednacinu:

x − a

b− x − b

a=

2(a2 − b2)

ab.

Resenje:

A ⇐⇒ x − a

b− x − b

a=

2(a2 − b2)

ab/ · 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)

Sada razlikujemo sledece mogucnosti:

1) Ako je a − b 6= 0, tj. a 6= b, tada jednacina A ima jedinstveno resenje3(a + b), jer je

(a − b)x = 3(a − b)(a + b) ⇐⇒ x = 3(a + b)

2) Ako je a− b = 0, tj. a = b, tada je jednacina A ekvivalentna jednacini0 · x = 0, pa je svaki realan broj njeno resenje.

Linearne jednacine sa jednom nepoznatom se koriste prilikom resavanjatzv. ”tekstualnih zadataka”. Navodimo cetiri takva primera:


Primer 8. Marko je tri puta mladi od svog brata, a zajedno imaju 68 go-dina. Koliko godina ima Marko, a koliko njegov brat?

Resenje: Oznacimo broj godina Marka sa promenljivom x. Tada je

x + 3x = 68 ⇔ 4x = 68 ⇔ x =68

4⇔ x = 17.

Marko ima 17 godina, a njegov brat 3 · 17 = 51 godinu.

Primer 9. Na prvoj polici se nalazi x knjiga, na drugoj tri puta manje ana trecoj pet puta vise nego na prvoj. Ako bi se trecoj polici dodalo 8 knjigana njoj bi bilo 83 knjige. Koliko se knjiga nalazi na sve tri police?

Resenje: Na trecoj polici ima 83 − 8 = 75 knjiga. Posto na trecoj policiima pet puta vise knjiga nego na prvoj imamo da je

5x = 75 ⇔ x =75

5⇔ x = 15.

Posto na prvoj polici ima 15 knjiga, a na drugoj tri puta manje, broj knjigana drugoj polici je

x

3=

15

3= 5.

Ukupno znaci ima 15 + 5 + 75 = 95 knjiga na sve tri police.

Primer 10. Ako u posudu dodamo 18 litara vode dobicemo kolicinu vodekoja je cetiri puta veca od kolicine vode koja bi se dobila kada bi iz posudeodvadili 24 litra vode. Koliko litara vode ima trenutno u posudi?

Resenje: Oznacimo broj litara vode u posudi promenljivom x. Imamoda je

(x + 18) = 4(x − 24) ⇔ x + 18 = 4x − 96

⇔ 96 + 18 = 4x − x ⇔ 114 = 3x

⇔ x =114

3⇔ x = 38.

Primer 11. Nina ima sest puta vise dinara od Maje. Ako Nina potrosi 24dinara, a Maja zaradi 18 dinara tada je kolicnik preostalih dinara Nine iMaje jednak broju dva. Koliko je imala dinara Nina, a koliko Maja?

7.2. Linearne nejednacine sa jednom nepoznatom 69

Resenje: Neka je broj dinara koji ima Maja x. Tada

6x − 24

x + 18= 2 ⇔ 6x − 24 = 2(x + 18) ⇔ 6x − 24 = 2x + 36

⇔ 6x − 2x = 36 + 24 ⇔ 4x = 60

⇔ x =60

4⇔ x = 15.

Maja je imala 15 dinara, a Nina 6 · 15 = 90 dinara.

7.2 Linearne nejednacine sa jednom nepoznatom

Definicija 5. Neka su A i B algebarski racionalni izrazi koji sadrze n-promenljivih i ρ jedna od relacija: <, ≤, >, ≥ . Tada kazemo da je AρBnejednacina sa n-nepoznatih.Za n = 1 imamo nejednacinu sa jednom nepoznatom.

Pojmovi resenja nejednacine i ekvivalentnosti nejednacina definisu se kaokod jednacina. Za resenje nejednacine cesto se koristi sledeca teorema:

Teorema 3. Neka su A,B i C bilo koji brojevi ili algebarski racionalniizrazi. Tada su tacna sledeca tvrdenja:

1) A < B ⇔ A + C < B + C,

2) A < B ⇔ A − C < B − C,

3) C > 0 ⇒ (A < B ⇔ A · C < B · C),

4) C < 0 ⇒ (A < B ⇔ A · C > B · C).

Primer 12. Resiti nejednacinu −4 +3x

4≤ 5

6− 2x u skupu racionalnih

brojeva.

Resenje:

−4 +3x

4≤ 5

6− 2x

⇔ 3x

4+ 2x ≤ 5

6+ 4/ · 12

⇔ 9x + 24x ≤ 10 + 48

⇔ 33x ≤ 58


⇔ x ≤ 58

33Skup resenja navedene nejednacine je skup D dat sa:

D = x ∈ Q|x ≤ 58

33.

Definicija 6. Nejednacinu ekvivalentnu sa nejednacinom oblika

a · x ρ b

gde su a i b racionalni brojevi, x nepoznata a ρ jedna od relacija: <, ≤, >, ≥,nazivamo linearna nejednacina sa jednom nepoznatom. Brojevi a i b suparametri ili koeficijenti.

Primer 13. Da li je nejednacina 7 · (2x − 7) < 3x + 9 linearna?

Resenje: Posto je 7 ·(2x−7) < 3x+9 ⇔ 14x−49 < 3x+9 ⇔ 14x−3x <9 + 49 ⇔ 11x < 58 navedena nejednacina je linearna.

Teorema 4. Neka su a, b ∈ Q. Tada u zavisnosti od parametara linearnenejednacine a · x < b imamo sledece moguce slucajeve za njeno resenje:

1) Ako je a > 0 tada je skup resenja nejednacine D =

x ∈ Q|x <b

a

.

2) Ako je a < 0 tada je skup resenja nejednacine D =

x ∈ Q|x >b

a

.

3) Ako je a = 0 i b > 0 tada je skup resenja nejednacine D = Q.

4) Ako je a = 0 i b ≤ 0 nejednacina nema resenja.

Slicno glase teoreme i za preostale tri relacije.

Primer 14. Resiti nejednacinu −4 +3x

4≤ 5

6+ 2x.

Resenje:

−4 +3x

4≤ 5

6+ 2x

⇔ 3x

4− 2x ≤ 5

6+ 4/ · 12

⇔ 9x − 24x ≤ 10 + 48

⇔ −15x ≤ 58\ : (−15)

⇔ x ≥ −58

15

7.3. Determinante 71

7.3 Determinante

Definicija 7. Neka je n ∈ N i aij ∈ R, i, j = 1, 2, ..., n. Determinanta redan, u oznaci D, je kvadratna sema oblika:

D =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 ... a1n

a21 a22 ... a2n

...... ...

...an1 an2 ... ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

(7.1)

Neka je i, j = 1, 2, ..., n i determinanta D data sa (7.1). Uvedimo sledecunotaciju:

1) aij su koeficijenti determinante.

2) a1j , a2j , ...., anj su elementi j−te kolone.

3) ai1, ai2, ...., ain su elementi i−te vrste.

4) a11, a22, ...., ann su elementi glavne dijagonale.

5) an1, a(n−1)2, ...., a1n su elementi sporedne dijagonale.

6) Dij , (n ≥ 2) je minor ili subdeterminanta elementa aij determinante D,koja se dobija od D izostavljanjem i−te vrste i j−te kolone. Minor Dij jereda n − 1.

7) Aij = (−1)i+jDij , je kofaktor ili algebarski komplement elementa aij de-terminante D.8) Transponovana determinanta determinante D, u oznaci D ′ je determi-nanta oblika

D′ =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a21 ... an1

a12 a22 ... an2...

... ......

a1n a2n ... ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

Definicija 8. Svakoj determinanti D dodeljujemo jedan realan broj i nazi-vamo ga vrednost determinante D. Ova vrednost se takode obelezava istimsimbolom kao determinanta i racuna se na sledeci nacin:

1) D = |a11| = a11,

2) D =

n∑

i=1

aijAij =

n∑

j=1

aijAij , n ≥ 2.


Na osnovu navedene definicije i definicije kofaktora Aij dobijamo da jevrednost determinate reda 2, u opstem slucaju, jednaka razlici proizvodaelemenata glavne i sporedne dijagonale, tj.

∣∣∣∣

a11 a12

a21 a22

∣∣∣∣= a11 · a22 − a12 · a21 .

Slicno dobijamo za determinantu reda 3, gde determinanti ”dodajemo” prvedve kolone, tj.

∣∣∣∣∣∣

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣

a11 a12

a21 a22

a31 a32

=

= a11·a22·a33+a12·a23·a31+a13·a21·a32−a12·a21·a33−a11·a23·a32−a13·a22·a31

Ovo pravilo nazivamo Sarusovo i ono se cesto koristi za izracunavanja vre-dnosti determinante reda 3.

Primer 15. Izracunati vrednost determinanti:

∣∣∣∣

5 23 4

∣∣∣∣

,

∣∣∣∣∣∣

1 2 32 1 41 5 1

∣∣∣∣∣∣

.

Resenje:∣∣∣∣

5 23 4

∣∣∣∣= 5 · 4 − 2 · 3 = 20 − 6 = 14 .

∣∣∣∣∣∣

1 2 32 1 41 5 1

∣∣∣∣∣∣

= 1 · 1 · 1 + 2 · 4 · 1 + 3 · 2 · 5 − 2 · 2 · 1 − 1 · 4 · 5 − 3 · 1 · 1 = 12 .

Teorema 5. Neka je n ≥ 2. Tada:

1) D = D′.

2) Ako dve vrste (ili dve kolone) promene mesta determinanta menjaznak.

3) Determinanta se mnozi realnim brojem tako sto se svaki element jednevrste (kolone) pomnozi tim brojem.

4) Ako su u determinati svi elementi jedne vrste (kolone) jednaki 0, tadaje D = 0.

7.4. Sistemi linearnih jednacina 73

5) Ako su u determinanti dve vrste (kolone) proporcionalne, tada je D =0.

6) Ako je svaki element k−te vrste (kolone) determinante D, reda n,prikazan kao zbir dva sabirka,

akj = bkj + ckj , j = 1, 2, ..., n,

onda jeD = D1 + D2,

gde su determinante D1 i D2 reda n i sve vrste (kolone) sem k−te suim kao kod determinante D, dok je k−ta vrsta (kolona) determinanteD1 upravo bk1, bk2, ...., bkn, a D2 je ck1, ck2, ...., ckn.

7) Determinanta ne menja vrednost ako elemente jedne vrste (kolone)pomnozimo brojem i dodamo nekoj drugoj vrsti (koloni).

7.4 Sistemi linearnih jednacina

Definicija 9. Neka su m,n ∈ N, aij, bi ∈ R, i = 1, 2, ...,m i j = 1, 2, ..., n.Za promenljive x1, x2, ..., xn semu:

a11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn = b1

a21x1 + a22x2 + . . . + a2nxn = b2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .am1x1 + am2x2 + . . . + amnxn = bm

(7.2)

nazivamo linearan sistem od m jednacina sa n promenljivih (nepoznatih).Brojevi aij su koeficijenti uz promenljive, a bi su slobodni clanovi.

Definicija 10. Ako je bi = 0 za i = 1, 2, . . . m sistem (7.2) se naziva ho-mogen.

Definicija 11. Uredena n−torka realnih brojeva (r1, r2, . . . , rn) takva da jesvaka jednacina sistema zadovoljena za x1 = r1, x2 = r2, . . . , xn = rn nazivase resenje sistema linearnih jednacina.

Teorema 6. Svaki sistem homogenih linearnih jednacina ima uvek jednoresenje (0, 0, . . . , 0). To resenje se naziva trivijalno, dok su ostala ako po-stoje, netrivijalna.

Definicija 12. Sistem linearnih jednacina je


1) saglasan (moguc), ako ima bar jedno resenje. Saglasan sistem je:

a) odreden, ako ima samo jedno resenje,

b) neodreden, ako ima vise resenja.

2) protivrecan (nemoguc), ako nema ni jedno resenje.

Definicija 13. Elementarne transformacije sistema linearnih jednacina su:

1) zamena mesta bilo koje dve jednacine,

2) mnozenje bilo koje jednacine sistema brojem razlicitim od nule,

3) dodavanje jednacine, prethodno pomnozene bilo kojim brojem, nekojdrugoj jednacini.

Definicija 14. Za dva sistema linearnih jednacina kazemo da su ekviva-lentna ako je resenje jednog sistema resenje i drugog, i obrnuto.Svaka dva protivrecna sistema su ekvivalentna.

Teorema 7. Ako na sistemu linearnih jednacina izvrsimo konacan broj ele-mentarnih transformacija dobijamo ekvivalentan sistem.

Teorema 8. (Gausov metod eliminacije) Neka je dat sistem (7.2).

1) Ako je a11 6= 0 predemo na korak 2), u suprotnom, ako je a11 = 0elementarnom transformacijom stavimo prvu jednacinu kod koje jeai1 6= 0 kao prvu i izvrsimo reindeksaciju sistema u obliku (7.2).

2) Prvu jednacinu mnozimo redom sa −ak1

a11, k = 2, 3, . . . ,m i dodajemo

k−oj jednacini. Nakon ovog koraka dobijamo ekvivalentan sistem:

a11x1+ a12x2 + . . . + a1nxn = b1

a122x2 + . . . + a1

2nxn = b12

. . .a1

m2x2 + . . . + a1mnxn = b1

m

(7.3)

3) Ako su u sistemu (7.3) u nekoj jednacini svi koeficijenti jednaki nuli,tada ako je i slobodan clan jednak nuli, jednacina se izbacuje i vrsi seopet preindeksacija, dok ako je slobodan clan razlicit od nule polaznisistem je protivrecan.


4) U sistemu (7.3) posmatrajmo podsistem

a122x2 + . . . + a1

2nxn = b12

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .a1

m2x2 + . . . + a1mnxn = b1

m

Broj jednacina ovog sistema je ≤ m − 1. Ako izvrsimo reindeksacijuu obliku sistema (7.2) onda ponovimo korake od 1) do 4) na ovakonovodobijenom sistemu.

5) Nakon s ponavljanja koraka od 1) do 4) polazni sistem (7.2) je ekviva-lentan sistemu oblika:

a)

a11x1+ a12x2 + . . . + a1nxn = b1

as22x2 + . . . + as

2nxn = bs2

. . .as

mnxn = bsm

ili sistemu oblika:b)

a11x1+ a12x2 + . . . + a1txn + . . . + a1nxn = b1

as22x2 + . . . + as

2txt + . . . + as2nxn = bs

2

. . .as

mtxt + . . . + asmnxn = bs

m

gde je t < n.

6) U slucaju pod a) koji se inace naziva trougaoni sistem, sistem je sa-glasan i odreden. Polazeci od zadnje jednacine prema prvoj racunamovrednosti promenljivih xj , j = 1, ....n.U slucaju pod b) imamo saglasan i neodreden sistem sa stepenom slo-bode n − t.

Neka je dat sistem (7.2) kod koga je m = n, tj.

a11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn = b1

a21x1 + a22x2 + . . . + a2nxn = b2

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .an1x1 + an2x2 + . . . + annxn = bn

(7.4)

Tada je:


1)

D =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 ... a1n

a21 a22 ... a2n

...... ...

...an1 an2 ... ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

determinanta sistema.

2) Di, i = 1, 2, . . . n, su determinante koje se dobijaju kada se i−ta kolonadeterminante sistema zameni sa kolonom koju cine slobodni clanovisistema (7.4), tj. bj, j = 1, 2, . . . n.

Teorema 9. (Kramerovo pravilo) Neka je dat sistem (7.4). Tada

1) ako je D = 0 sistem je protivrecan ili neodreden,

2) ako je D 6= 0 sistem je odreden, a njegova resenja se dobijaju pomocuformule:

xi =Di

D, i = 1, 2, . . . n. (7.5)

Primer 16. Resiti sistem jednacina:

1) Gausovim metodom eliminacije

2) pomocu determinanti

2x1− 3x2 = −4−6x1+ 8x2 = 22

Resenje:

1)

2x1 − 3x2 = −4 / · 3−6x1 + 8x2 = 10

2x1 − 3x2 = −4− x2 = −2

2x1 − 3x2 = −4x2 = 2

Pa iz prve jednacine imamo da je 2x1 − 3 · 2 = −4, odnosno x1 = 1.Konacno resenje je (x1, x2) = (1, 2).


2) Determinanta sistema je

D =

∣∣∣∣

2 −3−6 8

∣∣∣∣= 2 · 8 − (−3) · (−6) = 16 − 18 = −2 .

Posto je D 6= 0 sistem je odreden.

D1 =

∣∣∣∣

−4 −310 8

∣∣∣∣= (−4) · 8 − (−3) · 10 = −32 + 30 = −2 ,

D2 =

∣∣∣∣

2 −4−6 10

∣∣∣∣= 2 · 10 − (−4) · (−6) = 20 − 24 = −4 .

Pa na osnovu formule

xi =Di

D

imamo x1 =−2

−2= 1 i x2 =

−4

−2= 2.

Primer 17. Resiti sistem jednacina

1) Gausovim metodom eliminacije


6x1+ 24x2 = −30−x1− 4x2 = 5

Resenje:

1)

6x1+ 24x2 = −30 / : 6−x1− 4x2 = 5

6x1+ 24x2 = −300 = 0

Dobijeni sistem je ekvivalentan sistemu

6x1+ 24x2 = −30

−x1− 4x2 = 5

Dati sistem je saglasan i neodreden, a njegova resenja su oblika:

(x1, x2) = (4a − 5, a),

gde je parametar a ∈ Q.



D =

∣∣∣∣

6 −24−1 −4

∣∣∣∣= 6 · (−4) − 24 · (−1) = −24 + 24 = 0 .

Posto je D = 0 sistem je ili protivrecan ili neodreden. U daljem po-stupku moramo primeniti Gausov metod eliminacije.

Primer 18. Resiti sistem jednacina:

1) Gausovim metod eliminacije


x1 + x2 + x3 = 3x1 + 2x2 + 3x3 = 6

2x1 − x2 + 4x3 = 5

Resenje:

1)

x1 + x2 + x3 = 3 / · (−1) / · (−2)x1 + 2x2 + 3x3 = 6

2x1 − x2 + 4x3 = 5

x1 + x2 + x3 = 3x2 + 2x3 = 3 / · (3)

−3x2 + 2x3 = −1

x1 + x2 + x3 = 3x2 + 2x3 = 3

+ 8x3 = 8

x1 + x2 + 1 = 3x2 + 2 · 1 = 3

x3 = 1

x1 + 1 + 1 = 3x2 = 1x3 = 1

x1 = 1x2 = 1x3 = 1

Konacno resenje je (x1, x2, x3) = (1, 1, 1).



D =

∣∣∣∣∣∣

1 1 11 2 32 −1 4

∣∣∣∣∣∣

= 1·2·4+1·3·2+1·1·(−1)−1·1·4−1·3·(−1)−1·2·2 = 8

Posto je D 6= 0 sistem je odreden.

D1 =

∣∣∣∣∣∣

3 1 16 2 35 −1 4

∣∣∣∣∣∣

= 8,

D2 =

∣∣∣∣∣∣

1 3 11 6 32 5 4

∣∣∣∣∣∣

= 8,

D3 =

∣∣∣∣∣∣

1 1 31 2 62 −1 5

∣∣∣∣∣∣

= 8.

Pa na osnovu formule

xi =Di

D

imamo x1 = x2 = x3 =8

8= 1.

Primer 19. Resiti sistem jednacina

x1 + 2x2 − 3x3 = 43x1 + 7x2 + 4x3 = 62x1 + 6x2 + ax3 = 16

Gausovim metodom eliminacije.

Resenje:

x1 + 2x2 − 3x3 = 4 / · (−3)/ · (−2)3x1 + 7x2 + 4x3 = 62x1 + 6x2 + ax3 = 16

x1 + 2x2 − 3x3 = 4+ x2 + 13x3 = −6 / · (−2)+ 2x2 + (a + 6)x3 = 8


x1 + 2x2 − 3x3 = 4+ x2 + 13x3 = −6+ + (a + 6 − 26)x3 = 20

x1 + 2x2 − 3x3 = 4+ x2 + 13x3 = −6+ + (a − 20)x3 = 20

Za a = 20 sistem je kontradi- ktoran. Za a 6= 20 sistem je odreden. Imamoda su resenja sistema:

x3 =20

a − 20, x2 = −6 − 260

a − 20, x1 = 16 +

580

a − 20.

7.5 Zadaci

1. Dati su izrazi

A(x) = 2x2,

B(x) =x − 4

x − 3,

C(x) = 4x2 − 4x + 1.

Izracunati:

1) 3A − 2B + C,

2) −2A2 − 3C,

i naci resenje jednacine 4A = 2C.

2. Da li su sledece jednacine ekvivalentne?

1) 3x − 6 = 0 i 2x − 18 = x − 12,

2) x3 = 27 i x2 = 9,

3) −4x − 7 = x + 14 i x = −21

5.

3. Resiti po x jednacine na skupu Q:

1) 4(−13x + 6) = −5(−3x − 5

6),

7.5. Zadaci 81

2) −6

7− 3x = (8x − 7) · (−8),

3)3x

x − 1− 12 = 48,

4)3

4x − 10 =

5

6x +

17

2,

5)3a − 2

(x − 2)(9a2 − 4)= −2

i u zavisnosti od parametra a ∈ Q komentarisati resenje pod 5).

4. Marko, Mirko i Dejan imaju 72 dinara? Kada Dejan da Mirku 12 di-nara, a Mirko Marku 8 dinara imace isto dinara. Koliko je dinara imaosvaki od njih na pocetku.

5. Troje ucenika je iz biblioteke uzelo isti broj knjiga za citanje. Kada susvi procitali po cetiri knjige, ostalo im je ukupno jos knjiga za citanje kolikoje svako uzeo iz biblioteke. Koliko knjiga je uzeo svaki ucenik iz biblioteke?

6. Resiti nejednacine:

1) 7(−2x + 6) ≤ −3(−5x − 1

2),

2) −2

3− 4x > (2x + 6) · (−9).

7. Resiti po x nejednacine:

1)−2 + x

4≤ a · 3 + 2x

5+ 5,

2)2

x − 2>

3

x − 3.

8. Resiti sledeci sisteme jednacina jednim od dva poznata metoda:

−3x1− 4x2 = −129x1− 2x2 = 3

9. U zavisnosti od parametara a, b, c, i d diskutovati sistem

ax1+ bx2 = 2cx1+ 2x2 = d


10. Resiti sistem jednacina:

3x1 − x2 + 6x3 = −2−2x1 − 3x2 + 4x3 = 4−x1 − x2 − 4x3 = −1

11. Ne resavajuci sistem jednacina

6x1 − 5x2 + 5x3 + 3x4 = 0x1 − 4x2 − 6x3 + x4 = 0

4x1 + 2x2 + 6x3 − 2x4 = 0x1 + x2 + x3 + x4 = 0

odrediti jedno resenje sistema. Ispitati potom da li je to jedino resenje.

Glava 8

Kombinatorika

Kombinatorika je grana matematike koja se bavi izucavanjem odabira irasporeda elemenata konacnih skupova a pre svega brojem tih rasporeda.Takode, njen predmet izucavanja cini i grupisanje odredenih podskupovadatog skupa, raspored elemenata u njima, kao i broj tih grupisanja i ra-sporeda.Pre definisanja pojmova u kombinatorici (varijacija, permutacija i kombi-nacija) navodimo definiciju niza elemenata.

Definicija 1. Konacan niz x1, x2, ..., xk elemenata je kodomen preslikava-nja f ciji je domen podskup skupa prirodnih brojeva Nk = 1, 2, ..., k, tj.

f =

(1 2 ... kx1 x2 ... xk

)

.

Iz prakticnih razloga niz iz navedene definicije zapisujemo i na sledeci nacinx1 x2 ... xk ili krace xnk

n=1. Elemenat

xn = f(n) n ∈ Nk.

nazivamo opsti clan niza, dok broj n nazivamo indeksom elementa xn. Naslican nacin definisemo i beskonacan niz elemenata

x1x2...xkxk+1, ...

tj. xn∞n=1.

Primer 1. Za tri razlicita elementa x1, x2 i x3 niz x1 x2 x3 i recimo nizx2 x3 x1 nisu jednaki.

83

84 Glava 8. Kombinatorika

Ako su svi elementi niza celi brojevi, tada govorimo o celebrojnom nizu;ako su svi elementi niza funkcije, tada govorimo o funkcionalnim nizovima;itd.

Primer 2. Da li je dati niz celobrojan

xn = 2n − 7, n ∈ N?

Resenje: Posto je niz zadat preko opsteg clana, njegove elemente cemodobiti ako u formulu uvrstimo redom brojeve 1, 2, 3, ... . Na taj nacin dobi-jamo

x1 = 2 · 1 − 7 = −5

x2 = 2 · 2 − 7 = −3

x3 = 2 · 3 − 7 = −1

x4 = 2 · 4 − 7 = 1...

tj. niz −5,−3,−1, 1, 3, 5, ... koji je celobrojan.Posto je

xn = 2n − 7, xn−1 = 2(n − 1) − 7 = 2n − 9

imamo da jexn = xn−1 + 2.

Poslednja formula pretstavlja jos jedan nacin zadavanja nizova - rekurentnomformulom. Tada mora uvek biti zadat prvi clan niza. U nasem primerupotpuna rekurentna formula glasi:

x1 = −5

xn = xn−1 + 2.

8.1 Permutacije, varijacije i kombinacije

Definicija 2. Za skup X = x1, x2, ..., xn od n elemenata niz od n ra-zlicitih elemenata iz skupa X nazivamo permutacijom skupa X.

Ekvivalentna definicija navedenoj definici je sledeca: Svako bijektivno pre-slikavanje skupa X na samog sebe naziva se permutacija skupa X.

Primer 3. Na koliko razlicitih nacina mogu cetiri ucenika da udu u ucioni-cu?

8.1. Permutacije, varijacije i kombinacije 85

Resenje: Oznacimo ucenike sa x1, x2, x3, x4. Moguci su sledeci slucajevi:

x1 x2 x3 x4 x2 x1 x3 x4 x3 x1 x2 x4 x4 x1 x2 x3






Postoje 24 razlicita nacina da 4 ucenika udu u razred.

Da bi smo odgovorili na pitanje koliko ima permutacija od n elemenatadefinisimo funkciju n faktorijel, u oznaci n!, na sledeci nacin:

0! = 1; n! = 1 · 2 · 3 · · · (n − 1) · n , n ∈ N.

Tako imamo da je: 0! = 1, 1! = 1, 2! = 2, 3! = 6, 4! = 24, 5! =120, 6! = 720, . . . .

Neka je dat skup X = x1, x2, ..., xn od n elemenata. Odredimo brojpermutacija ovog skupa. Na prvom mestu niza od n elemenata moze bitibilo koji od n elemenata skupa X. Sa svakim od n elemenata kao prvimclanom niza drugi clan moze biti bilo koji od preostalih n − 1 elemenataskupa X. Tada se prvi i drugi clan niza mogu izabrati na n · (n− 1) nacina.Analogno, prva tri clana niza elemenata iz skupa X mogu se izabrati nan · (n − 1) · (n − 2) nacina. Ako nastavimo ovaj postupak imamo da je brojpermutacija od n elemenata jednak broju 1 · 2 · 3 · · · (n − 1) · n.

Teorema 1. Neka je dat skup X = x1, x2, ..., xn od n elemenata. Ako saPn oznacimo broj svih permutacija skupa X od n elemenata, tada je

Pn = n! .

Primer 4. Koliko ima trocifrenih brojeva sa razlicitim ciframa iz skupaX = 4, 5, 6? Navesti date brojeve.

Resenje: U navedenom primeru imamo permutacije skupa od tri ele-menta, pa je njihov broj na osnovu teoreme jednak

P3 = 3! = 6.

Trazeni trocifreni brojevi jesu

456 546 645465 564 654


Za dati skup X = x1, x2, ..., xn permutacija je predstavljala niz od nrazlicitih elemenata skupa X. Za razliku od permutacija, mozemo posma-trati nizove od k (1 ≤ k ≤ n) razlicitih elemenata skupa X.

Definicija 3. Za skup X = x1, x2, ..., xn od n elemenata niz od k (1 ≤k ≤ n) razlicitih elemenata iz skupa X nazivamo varijacija klase k od nelemenata.

Za k = n varijacija klase n od n elementa predstavlja u stvari permutaciju.

Primer 5. Na koliko razlicitih nacina mogu dva od cetiri ucenika da udu uucionicu?


x1 x2 x2 x1 x3 x1 x4 x1

x1 x3 x2 x3 x3 x2 x4 x2

x1 x4 x2 x4 x3 x4 x4 x3

Postoje 12 razlicitih nacina da 2 od 4 ucenika udu u razred.

Do odgovora na pitanje koliko ima varijacija klase k od n elemenatadolazimo slicno kao u slucaju permutacija.

Teorema 2. Neka je dat skup X = x1, x2, ..., xn od n elemenata. Ako saV n

k oznacimo broj svih varijacija skupa X klase k od n elemenata, tada je

V nk = n · (n − 1) · · · (n − k + 2) · (n − k + 1) .

Primer 6. Koliko ima dvocifrenih brojeva sa razlicitim ciframa iz skupaX = 4, 5, 6? Navesti date brojeve.

Resenje: U navedenom primeru imamo varijacije klase dva od tri ele-menta, pa je njihov broj na osnovu teoreme jednak

V 32 = 3 · (3 − 2 + 1) = 3 · 2 = 6.

Trazeni dvocifreni brojevi jesu

45 54 6446 56 65

8.1. Permutacije, varijacije i kombinacije 87

Primer 7. Koliko ima trocifrenih brojeva sa razlicitim ciframa iz skupaX = 0, 1, 2, 3, 4?

Resenje: U navedenom primeru imamo varijacije klase tri od pet eleme-nata, pa je njihov broj jednak V 5

3 = 5 · 4 · 3 = 60. Medutim, varijacije oblika023 ne smatramo trocifrenim brojevima, pa od broja varijacija trece klaseod pet elemenata treba oduzeti one koje pocinju sa nulom. Takvih varijacijaimamo V 4

2 = 4 · 3 = 12. Iz navedenog imamo da je broj trocifrenih brojevasa razlicitim ciframa iz skupa 0, 1, 2, 3, 4 jednak V 5

3 − V 42 = 60 − 12 = 48.

Do sada smo proucavali nizove razlicitih elemenata datog skupa ciji jebroj bio manji ili jednak broju elemenata posmatranog skupa. U daljemrazmatranju, za dati skup, posmatracemo elemente njegovih mogucih po-dskupova.

Definicija 4. Za skup X = x1, x2, ..., xn od n elemenata podskup odk (1 ≤ k ≤ n) elemenata iz skupa X nazivamo kombinacija klase k od nelemenata.

Primer 8. Koliko razlicitih ekipa se moze formirati za tenis dublova odcetiri ucenika?


x1 x2 x2 x3 x3 x4

x1 x3 x2 x4

x1 x4

Postoje 6 razlicitih ekipa za tenis dublova od 4 ucenika.

Primetimo da je varijacija x1x2 razlicita od varijacije x2x1 (redosledje bitan u nizu elemenata), dok kod kombinacije (posto posmatramo po-dskupove elemenata) ova dva podskupa predstavljaju jednu kombinaciju(zato je navodimo i brojimo samo jednom).Odredimo sada broj kombinacije klase k od n elemenata. Od jedne kombi-nacije klase k, na primer x1 x2 . . . xk, promenom rasporeda elemenata nizamozemo dobiti Pk = k! permutacija skupa x1, x2, ..., xk, tj. k! varijacijaklase k od n elemenata. Tada je broj kombinacija klase k od n elemenatajednak broju

V nk

k!.


Teorema 3. Neka je dat skup X = x1, x2, ..., xn od n elemenata. Ako saCn

k oznacimo broj svih kombinacija skupa X klase k od n elemenata, tada je

Cnk =

V nk

k!=

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

k!.

Primer 9. Koliko ima kombinacija cetvrte klase od deset elemenata.

Resenje: C104 =

V 104

4!=

10 · 9 · 8 · 74!

= 10 · 3 · 7 = 210 .

Primer 10. Dat je skup X = a, b, c, d, e. U leksikografskom poretku jeabc prva varijacija trece klase od pet elemenata skupa X, abd druga, ...edc poslednja. Analogno, abcde je prva permutacija skupa X, dok je edcbaposlednja.

1) Navesti 43. varijacija trece klase skupa X u leksikografskom poretku.

2) Kako u leksikografskom poretku glasi 50. permutacija skupa X?

Resenje:

1) Broj varijacija oblika ax2x3, gde su x2 i x3 razliciti elementi i pripadajuskupu b, c, d, e, jednak je broju varijacija druge klase od cetiri ele-menta V 4

2 = 12. Analogno, sa b pocinje 12 varijacija, sa c isto 12, paukupno imamo 36 varijacija. Sa da pocinju tri varijacije, sa db jos tri,sto ukupno cini 36 + 3 + 3 = 42 varijacije. Tada je 43. varijacija dca.

2) Broj permutacija koje pocinju sa elementom a jednak je broju pe-rmutacija preostala cetiri elementa, tj. 4! = 24. Sa elementima btakode imamo 24 permutacije, sto ukupno iznosi 24 + 24 = 48. Tadaje 49. permutacija cabde, a 50. cabed.

8.2 Permutacije, varijacije i kombinacije sa po-navljanjem

Za dati skup X = x1, x2, ..., xn posmatrajmo nizove od k elemenata izskupa X kod kojih odredeni elementi mogu biti i jednaki.

Definicija 5. Za skup X = x1, x2, ..., xn od n elemenata niz y1y2...yk ukome se pojavljuju svi elementi skupa X, i to x1 tacno k1 puta, x2 tacno k2

puta,...,xn tacno kn puta, gde je k1 +k2 + . . .+kn = k, nazivamo permutaci-jom sa ponavljanjem skupa X od n elemenata klase k.

8.2. Permutacije, varijacije i kombinacije sa ponavljanjem 89

Iz navedene definicije imamo da je k > n.

Primer 11. Napisati sve cetvorocifrene brojeve kod kojih se cifre 5 i 6 po-javljuju po dva puta. Koliko takvih brojeva ima?

Resenje: U navedenom primeru radi se o permutacijama skupa 5, 6 oddva elementa klase dva. Trazeni brojevi su:

5566 65565656 65655665 6655

Postoji 6 trazenih cetvorocifrenih brojeva.

Teorema 4. Neka je dat skup X = x1, x2, ..., xn od n elemenata. Ako saP n

k1,k2,...,kn

oznacimo broj svih permutacija sa ponavljanjem skupa X od nelemenata kod kojih se element x1 pojavljuje k1 puta, element x2 pojavljujek2 puta,...,xn pojavljuje kn puta, tada je

P nk1,k2,...,kn

=(k1 + k2 + . . . + kn)!

k1! · k2! · · · kn!.

Dokaz: Broj permutacija (bez ponavljanja) od k1 + k2 + . . . + kn eleme-nata jednak je (k1 + k2 + . . . + kn)! . Za svaku permutaciju sa ponavljanjemmozemo menjati mesta elementima koji su jednaki x1, a da se permutacijane promeni. Takvih slucajeva ima k1!. Slicno je i sa ostalim elementimaskupa X. Na osnovu toga, za svaku permutaciju sa ponavljanjem imamok1!·k2! · · · kn! permutaciju (bez ponavljanja) u kojima se ne menja medusobniraspored razlicitih elemenata skupa X. Tada je

P nk1,k2,...,kn

=(k1 + k2 + . . . + kn)!

k1! · k2! · · · kn!.

Primer 12. Date su dve bele, tri crne i cetiri crvene kuglice. Koliko imarazlicitih nizova svih navedenih kuglica ukoliko ne razlikujemo kuglice isteboje?

Resenje: U navedenom primeru imamo permutacije sa ponavjanjm skupaod tri elementa klase 9, pa je

P 32,3,4 =

(2 + 3 + 4)!

2! · 3! · 4! =9!

2! · 3! · 4! = 5 · 7 · 4 · 9 = 1260.


Definicija 6. Za skup X = x1, x2, ..., xn od n elemenata niz y1y2...yk

(k ≥ 1) elemenata iz skupa X, kod koga clanovi niza mogu biti medusobnoi jednaki nazivamo varijacijom sa ponavljanjem skupa X od n elemenataklase k.

Primer 13. Napisati sve dvocifrene brojeve od cifara 5, 6, 7, 8.

Resenje: U navedenom primeru radi se o varijacijama sa ponavljanjemod cetiri elementa druge klase:

55 65 75 8556 66 76 8657 67 77 8758 68 78 88

Kod varijacija sa ponavljanjem od n elemenata klase k u nizu y1y2...yk

na mestu y1 moze se nalaziti bilo koji od n elemenata skupa X. Slicno, namestu y2 imamo opet n mogucnosti. Tada imamo za deo niza y1y2, n·n = n2

mogucnosti. Ako nastavimo ovaj postupak do kraja dobicemo da imamo zaceo niz y1y2...yk, nk mogucnosti. Time smo dokazali sledecu teoremu.

Teorema 5. Neka je dat skup X = x1, x2, ..., xn od n elemenata. Ako saV

nk oznacimo broj svih varijacija sa ponavljanjem skupa X od n elemenata

klase k, tada je:

Vn

k = nk .

Primer 14. Koliko ima trocifrenih brojeva od cifara 5, 6, 7, 8, 9.

Resenje: Posto se radi o varijacijama sa ponavljanjem od pet elemenatatrece klase imamo da je:

V53 = 53 = 125 .

Definicija 7. Za skup X = x1, x2, ..., xn kombinacije sa ponavljanjemklase k od n elemenata skupa X jesu one varijacije sa ponavljanjem klasek od tih elemenata koje se smatraju jednakim ako su sastavljene od istihelemenata (tj. ne vodi se racuna o njihovom poretku).

Primer 15. Dat je skup X = x1, x2, x3. Napisati sve kombinacije saponavljanjem klase 2 navedenog skupa elemenata.

8.3. Binomni obrazac 91

Resenje: Sve varijacije sa ponavljanjem klase 2 od elemenata navedenogskupa X su:

x1x1, x1x2, x1x3, x2x1, x2x2, x2x3, x3x1, x3x2, x3x3.

Po definiciji kombinacija sa ponavljanjem sledeci parovi su isti: x1x2 i x2x1;x1x3 i x3x1; x2x3 i x3x2, pa na osnovu izlozenog, kombinacije sa pona-vljanjem klase 2 od navedenih elemenata skupa X su:

x1x1, x1x2, x1x3, x2x2, x2x3, x3x3.

Teorema 6. Neka je dat skup X = x1, x2, ..., xn od n elemenata. Ako saC

nk oznacimo broj svih kombinacija sa ponavljanjem skupa X od n elemenata

klase k, tada je:

Cnk =

(n + k − 1) · (n + k − 2) · · · (n + 1) · nk!

.

Dokaz: Na osnovu definicije kombinacija sa ponavljanjem neka citalacpokaze da je

Cn

k = Cn+k−1k ,

odakle sledi rezultat teoreme.

Primer 16. Koliko ima kombinacija sa ponavljanjem klase 3 od 3 elementa

Resenje:

C33 =

(3 + 3 − 1) · 4 · 33!

=5 · 4 · 3

6= 10 .

8.3 Binomni obrazac

Zbog svoje velike primene u kombinatorici, nezaobilazan pojam je pojambinomni koeficijent.

Definicija 8. Neka je n, k ∈ N i 1 ≤ k ≤ n. Binomni koeficijent, u oznaci(n

k

)

, nazivamo broj

(n

k

)

=n · (n − 1) · · · (n − k + 1)

k!,

gde je po definiciji

(n

0

)

= 1.


Oznaku

(n

k

)

citamo ”n nad k” i iz definicije kombinacija klase k od n

elemenata i binomnog koeficijenta imamo da je:

Cnk =

(n

k

)

.

Osnovne osobine binomnih koeficijenata daje sledeca teorema:

Teorema 7. Neka je n, k ∈ N, (1 ≤ k ≤ n) i a, b ∈ R. Tada je:

(1)

(n

k

)

=n!

k! · (n − k)!,

(2)

(n

k

)

=

(n

n − k

)

,

(3)

(n

k

)

+

(n

k + 1

)

=

(n + 1

k + 1

)

,

(4) (a + b)n =

(n

0

)

an +

(n

1

)

an−1b1 + . . . +

(n

n − 1

)

a1bn−1 +

(n

n

)

bn .

Dokaz: Matematickom indukcijom dokazacemo poslednje tvrdenje (bi-nomni obrazac), a ostala ostavljamo citaocu za vezbu.

(i) Za n = 1 imamo (a + b)1 =

(1

0

)

a1 +

(1

1

)

b1 = a + b, pa je tvrdenje

tacno.

(ii) Pretpostavimo da je tvrdenje tacno za n.

(iii) Pokazimo da vazi za n + 1. Na osnovu (ii) imamo da je

(a + b)n+1 = (a + b)(a + b)n =

= (a + b)

[(n

0

)

an +

(n

1

)

an−1b + . . . +

(n

n − 1

)

abn−1 +

(n

n

)

bn

]

Kada izvrsimo mnozenje svih sabiraka u uglastoj zagradi sa izrazom(a + b) i primenimo treci stav navedene teoreme, dobicemo:

(a + b)

[(n

0

)

an +

(n

1

)

an−1b + . . . +

(n

n − 1

)

abn−1 +

(n

n

)

bn

]

=

8.4. Zadaci 93

=

(n + 1

0

)

an+1 +

(n + 1

1

)

anb + . . . +

(n + 1

n

)

abn +

(n + 1

n + 1

)

bn+1

sto je trebalo dokazati.

Drugi stav navedene teoreme daje takozvanu ”simetricnost” binomnihkoeficijenata u binomnom obrascu. Na primer:

(a + b)5 =

(5

0

)

a5 +

(5

1

)

a4b +

(5

2

)

a3b2 +

(5

3

)

a2b3 +

(5

4

)

ab4 +

(5

5

)

b5

= a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10a2b3 + 5ab4 + b5

pa vidimo da su koeficijenti: uz a5 i b5 isti; uz a4b i ab4 isti; uz a3b2 i a2b3

isti.Na kraju, napomenimo da se u literaturi izraz

(a + b)n =

(n

0

)

an +

(n

1

)

an−1b + . . . +

(n

n − 1

)

abn−1 +

(n

n

)

bn

zapisuje krace

(a + b)n =n∑

k=0

(n

k

)

an−kbk .

8.4 Zadaci

1. Koliko ima mogucnosti da se od 35 razlicitih brojeva izvuce odjednom 5brojeva?

2. Koliko ima petocifrenih, a koliko sestocifrenih brojeva od cifara iz skupa0, 1, 2, . . . , 8, 9?

3. Dat je skup a, b, c, d, e, f. Kako glasi leksikografski 133. permutacijaelemenata skupa?

4. Broj permutacija od n+2 elementa 56 puta je veci od broja permutacijaod n elemenata. Koliko iznosi broj n?

5. Na koliko razlicitih nacina se moze poredati na stolu 10 kasika, akoimamo 5 jednakih i 5 medusobno razlicitih ?

6. Formirati sve varijacije sa ponavljanjem klase 3 od elemenata skupaa, b, c, d. Kako glasi 41. varijacija?


7. Koliko ima zeleznickih stanica na jednoj pruzi ako za razlicita putovanja(istim voznim razredom) tom prugom postoji 5852 razlicitih voznih karata?

8. Napisati sve kombinacije klase 2, 3 i 4 od slova a, b, c, d, e, f. Koliko ihima?

9. U ravni je dato 5 pravi, medu kojima ne postoji ni jedan par medusobnoparalelnih i nijedna trojka pravih koje se seku u jednoj tacki. Izracunati brojpreseka svih pravih.

10. Iz bubnja sa 13 kuglica od kojih je 6 crvenih, 3 bele i 4 zute, trebaizabrati 7 kuglica na sledeci nacin: 3 crvene, 2 bele i 2 zute. Na kolikonacina je to moguce izvesti?

11. Pokazati da vazi:

1)n∑

k=0

(n

k

)

= 2n ,

2)

n∑

k=0

(n

k

)2

=

(2n

n

)

3)

(n + 2

k

)

=

(n

k

)

+ 2

(n

k − 1

)

+

(n

k − 2

)

.

12. Primenom binomnog obrazca razviti izraze:

1) (2x2 + 3x + 2)5,

2) (2x4 − x + 1)7 .

Glava 9

Verovatnoce

9.1 Algebra dogadaja

U teoriji verovatnoca osnovni pojam je pojam eksperimenta koji se podpriblizno istim uslovima moze ponavljati neogranicen broj puta i ciji se ishodne moze sa sigurnoscu predvideti. Skup svih mogucih ishoda, u oznaci Ω,nazivamo prostor ishoda ili prostor elementarnih dogadaja. Svaki podskupA skupa Ω nazivamo slucajan dogadaj. Skup Ω nazivamo i siguran dogadaj,dok dogadaj koji se u eksperimentu ne moze ostvariti nazivamo nemogucdogadaj, u oznaci ∅.Uvodenjem relacija i operacija na skupu slucajnih dogadaja gradimo algebrudogadaja. Jedna od tih operacija je suprotan dogadaj. Ako sa A oznacimosuprotan dogadaj dogadaja A, tada se on definise na sledeci nacin

A = Ω\A .

Neka je u primerima koji slede eksperiment - jedno bacanje kocke cije sustrane numerisane brojevima od 1 do 6.

Primer 1. Za dati eksperiment vazi:

1) Elementarni dogadaji su: A1− pojavljivanje broja 1; A2− pojavljivanjebroja 2; ... A6− pojavljivanje broja 6.

2) Siguran dogadaj je skup Ω = A1, A2, ..., A6 . (Pri izvodenju eksperi-menta sigurno se pojavljuje jedan od brojeva 1, 2, 3, 4, 5, 6 ).

3) Nemoguc dogadaj u ovom eksperimentu je recimo - pojavljivanje broja7.

95

96 Glava 9. Verovatnoce

4) Slucajan dogadaj A je recimo dogadaj - pojavljivanje broja manjeg odbroja cetiri. Tada je A = A1, A2, A3 ⊆ Ω .

5) Suprotan dogadaj A za dogadaj A iz 4) je dogadaj - pojavljivanje brojaveceg ili jednakog broju 4, odnosno jednog od brojeva 4, 5, 6 . To smomogli zapisati i na sledeci nacin:

A = Ω\A = A1, A2, ..., A6\A1, A2, A3 = A4, A5, A6 .

Definicija 1. Za slucajne dogadaje A i B, dogadaj A povlaci dogadaj B(ili dogadaj B sadrzi dogadaj A), u oznaci A ⊂ B, ako se pri ostvarivanjudogadaja A ostvaruje i dogadaj B.

Primer 2. Za dogadaji A i B:

A− pojavljivanje broja 5,

B− pojavljivanje broja veceg od 3,

imamo da je A ⊂ B.

Definicija 2. Za slucajne dogadaje A i B, zbir (ili unija) dogadaja A i B,u oznaci A + B (ili A∪B), je dogadaj koji se ostvaruje tacno onda kada sebar jedan od dogadaj A i B ostvari.

Primer 3. Za dogadaje A i B:

A− pojavljivanje neparnog broja,

B− pojavljivanje broja 2,

imamo da je dogadaj A + B pojavljivanje jednog od brojeva 1, 2, 3, 5.

Definicija 3. Za slucajne dogadaje A i B, proizvod (ili presek) dogadaja Ai B, u oznaci AB (ili A ∩ B), je dogadaj koji se ostvaruje tacno onda kadase oba dogadaja A i B ostvare istovremeno.


A− pojavljivanje jednog od brojeva 1, 2, 5, 6,

B− pojavljivanje parnog broja,

dogadaj AB je pojavljivanje jednog od brojeva 2, 6.

9.1. Algebra dogadaja 97

Slicno definisemo zbir i proizvod za vise od dva slucajna dogadaja, pa ako

se radi o dogadajima A1, A2, ..., An tada su oznake

n∑

k=1

Ak i

n∏

k=1

Ak redom.

Definicija 4. Za slucajne dogadaje A i B kazemo da su nesaglasni (ili dis-junktni) ako je AB = ∅ (ili A ∩ B = ∅).


A− pojavljivanje parnog broja,

B− pojavljivanje neparnog broja,

imamo da su dogadaji A i B disjunktni.

Definicija 5. Za slucajne dogadaje A i B, dogadaj A\B je onaj dogadajkoji se ostvaruje tacno onda kada se dogadaj A ostvaruje, a dogadaj B neostvaruje.


A− pojavljivanje jednog od brojeva 1, 2, 3, 6,

B− pojavljivanje broja koji je deljiv sa 3,

dogadaj A\B je pojavljivanje jednog od brojeva 1, 2.

Definicija 6. Za dogadaje A1, A2, ..., An koji su takvi da:

- svaka dva dogadaja su medusobno disjunktna,

- njihov zbir je siguran dogadaj, tj. A1 + A2 + ... + An = Ω,

kazemo da cine potpun sistem dogadaja.

Pri bacanju kocke potpun sistem cine elementarni dogadaji A1− po-javljivanje broja 1; A2− pojavljivanje broja 2; ... A6− pojavljivanje broja 6.Medutim, postoje potpuni sistemi dogadaja koji ne moraju biti elementarnidogadaji. Ako je dogadaj A− pojavljivanje broja koji je manji ili jednakbroju 2, a dogadaj B− pojavljivanje broja koji je veci ili jednak broju 3,tada dogadaji A i B cine potpun sistem dogadaja za jedno bacanje kocke.


9.2 Definicija verovatnoca i osnovne osobine

Oznacimo verovatnocu dogadaja A sa P (A). Pre aksiomatskog uvodenjafunkcije verovatnoca, istorijski se susrecemo sa sledecim definicijama:

1) Statisticka definicija verovatnoca: Neka je u eksperimentu dat slucajandogadaj A. Ako se u n ∈ N ponavljanja navedenog eksperimenta do-gadaj A dogodio m puta, tada:

- broj m nazivamo frekvencijom, u oznaci, m(A)

- brojm

nnazivamo relativnom frekvencijom, u oznaci, w(A).

Primer 7. U 12 bacanja kocke broj 2 se pojavio 3 puta. Tada je:

- frekvencija m(A) = 3,

- relativna frekvencija w(A) =3

12=

1

4= 0, 25.

Verovatnoca dogadaja A statisticki definisemo kao broj kome tezi rela-tivna frekvencija dogadaja A kada se broj ponavljanja uocenog ekspe-rimenta n neograniceno povecava, tj. kada broj n tezi beskonacnosti.Krace zapisujemo sa:

P (A) = limn→∞

wn(A),

gde je wn(A) relativna frekvencija dogadaja A u prvih n ponavljanjaeksperimenta.

2) Klasicna (ili Laplasova) definicija verovatnoca (istorijski se prva po-javila 1812): Ova definicija odnosi se samo na eksperimente ciji jeprostor elementarnih dogadaja (mogucih ishoda) konacan, a eleme-ntarni dogadaji su jednako verovatni. Za dogadaj A svaki ishod, prikome se ostvaruje dogadaj A, naziva se povoljan.Neka ima n elementarnih dogadaja u eksperimentu, a m povoljnihishoda za dogadaj A. Tada je

P (A) =m

n

ili recima: verovatnoca dogadaja A jednaka je kolicniku broja po-voljnih i broja mogucih ishoda.

9.2. Definicija verovatnoca i osnovne osobine 99

Primer 8. Eksperiment je jedno bacanje kocke. Kolika je verovatnocadogadaja A ako je:

a) A− pao je broj 4.

b) A− pao je broj veci od 2.

Resenje: Za dati eksperiment imamo n = 6 mogucih ishoda.

a) Povoljnih ishoda imamo samo jedan, tj. m = 1, pa je

P (A) =m

n=

1

6= 0, 1666 . . . .

b) Povoljni ishodi su da je pao broj 3, 4, 5 ili 6. Tada je m = 4, paje

P (A) =m

n=

4

6= 0, 6666 . . . .

3) Geometrijska definicija verovatnoca: Verovatnoca pretstavlja kolicnikpovrsina (zapremina ili duzina) povoljnih i mogucih ishoda.

Definicija 7. Skup (kolekciju) dogadaja F vezanih za eksperiment nazi-vamo poljem dogadaja ako vazi:

1) Ω ∈ F ,

2) A ∈ F ⇒ A ∈ F ,

3) A, B ∈ F ⇒ A + B ∈ F .

Verovatnoce aksiomatski definisemo na polju dogadaja kao funkciju sa slede-cim osobinama:

Definicija 8. Verovatnoca P () je funkcija koja dogadaje iz polja F pre-slikava na realne brojeve i ima sledece osobine:

1) nenegativnost: (∀A ∈ F )(P (A) ≥ 0),

2) normiranost: P (Ω) = 1,

3) aditivnost: ako su A1, A2, ... po parovima disjunktni dogadaji (Ai ∩Aj = ∅ za i 6= j) iz polja F , tada je

P

(∑

i

Ai

)

=∑

i

P (Ai) .


Osnovne osobine verovatnoce navedene su u sledecoj teoremi.

Teorema 1. Neka su dogadaji A, B ∈ F . Tada je:

1) P (A) = 1 − P (A),

2) P (∅) = 0,

3) A ⊆ B ⇒ P (B\A) = P (B) − P (A),

4) A ⊆ B ⇒ P (A) ≤ P (B),

5) P (A) ≤ 1,

6) P (A + B) = P (A) + P (B) − P (AB).

Dokaz:

1) Na osnovu definicije suprotnog dogadaja Ω = A + A , normiranosti iaditivnosti verovatnoce imamo da je

1 = P (Ω) = P (A + A) = P (A) + P (A) ,

tj. P (A) = 1 − P (A).

2) Ako u prethodno dokazanom stavu uzmemo da je A = Ω imamo

P (Ω) = P (∅) = 1 − P (Ω) = 1 − 1 = 0 .

3) Ako je A ⊆ B, tada je P (B\A) = P (B) − P (A). Posto su dogadajiA i B\A disjunktni na osnovu aditivnosti verovatnoce imamo P (B) =P (A) + P (B\A), tj. P (B\A) = P (B) − P (A).

4) Dokaz sledi na osnovu prethodnog stava i nenegativnosti verovatnoce.

5) Ako u prethodnom stavu biramo B = Ω na osnovu normiranostiverovatnoce sledi tvrdenje.

6) Kako je A + B = A + AB i B = AB + AB, i dogadaji A i AB kaoi dogadaji AB i AB su disjunktni, na osnovu aditivnosti verovatnoceimamo da je

P (A + B) = P (A) + P (AB), P (B) = P (AB) + P (AB) .

Na osnovu poslednje dve jednacine eliminacijom P (AB) dobijamo

P (A + B) = P (A) + P (B) − P (AB) .

9.3. Uslovne verovatnoce i nezavisnost dogadaja 101

9.3 Uslovne verovatnoce i nezavisnost dogadaja

Definicija 9. Neka su A,B ∈ Ω i P (A) > 0. Uslovna verovatnoca dogadajaB, pod uslovom da se realizovao dogadaj A, u oznaci P (B|A), definise se nasledeci nacin:

P (B|A) =P (AB)

P (A).

Primer 9. Eksperiment se sastoji u bacanju kocke dva puta. Dogadaji A iB dati su na sledeci nacin:

A− u prvom bacanju je pao broj veci od tri.

B− u oba bacanja je pao paran broj.

Izracunati verovatnocu dogadaja B:

1) pod uslovom da se realizovao dogadaj A,

2) ne uzimajuci u obzir realizaciju dogadaja A.

Resenje:

1) Potrebno je izracunati verovatnocu P (B|A). Da bi smo izracunalitrazenu verovatnocu izracunajmo najpre verovatnoce dogadaja AB iA. Posto imamo tri broja veca od broja tri (4, 5 i 6), a broj mogucih

ishoda je 6, imamo da je P (A) =3

6=

1

2. Mogucih ishoda za dogadaj

AB ima 6 · 6 = 36 . Povoljni ishodi su (4, 2), (4, 4), (4, 6), (6, 2), (6, 4),

(6, 6), pa je njihov broj 6. Odatle imamo da je P (AB) =6

36=

1

6. Na

kraju, imamo da je

P (B|A) =P (AB)

P (A)=

1

61

2

=2

6=

1

3.

2) Mogucih ishoda ima 6 · 6 = 36 . Povoljni ishodi su

(2, 2), (2, 4), (2, 6), (4, 2), (4, 4), (4, 6), (6, 2), (6, 4), (6, 6)

i ima ih 9. Tada je

P (B) =m

n=

9

36=

1

4.


Iz definicije 9 sledi tvrdenje poznato pod nazivom proizvod verovatnocazavisnih dogadaja, a koje glasi:

P (AB) = P (A)P (B|A) = P (B)P (A|B) .

Indukcijom po n moguce je dokazati i opstije tvrdenje:

P (A1A2 · · ·An) = P (A1)P (A2|A1)P (A3|A1A2) · · ·P (An|A1A2 · · ·An−1) ,

gde je P (A1A2 · · ·An−1) > 0 .

Vratimo se na prethodni primer. Videli smo da verovatnoca dogadaja B,pod uslovom da se ispuni dogadaj A i verovatnoca dogadaja B (ne vodeciracuna o dogadaju A) nisu iste, tj.

P (B|A) 6= P (B) .

Iz navedenog zakljucujemo da verovatnoca dogadaja B zavisi od dogadajaA. Ako su navedene verovatnoce iste P (B|A) = P (B) prirodno je reci dadogadaj B ne zavisi od dogadaja A. Slicno definisemo nezavisnost dogadajaA od dogadaja B: P (A|B) = P (A).Na osnovu navedenog razmatranja i definicije uslovne verovatnoce sledi defi-nicija nezavisnih dogadaja:

Definicija 10. Dogadaji A i B su nezavisni ako vazi

P (AB) = P (A) · P (B) .

U suprotnom, za dogadaje kazemo da su zavisni.

Primer 10. Eksperiment se sastoji u izvlacenju karte iz spila od 52 karte.Neka je dogadaj:

A− izvucena karta je ”kralj”,

B− izvucena karta je ”srce”.

Da li su dogadaji A i B nezavisni?

Resenje: Posto u spilu od 52 karte imamo 4 ”kralja”, 13 karata sa znakom”srce” i jednog ”kralja srce”, imamo da je:

P (A) =4

52=

1

13, P (B) =

13

52=

1

4, P (AB) =

1

52.

Posto je P (AB) = P (A) · P (B), dogadaji A i B su nezavisni.

9.4. Formula totalne verovatnoce 103

9.4 Formula totalne verovatnoce

Teorema koju cemo navesti poznata je pod nazivom formula totalneverovatnoce:

Teorema 2. Neka dogadaji A1, A2, ..., An cine potpun sistem dogadaja ineka je P (Ai) > 0, i = 1, 2, ..., n. Za svaki dogadaj B ∈ F vazi

P (B) =

n∑

i=1

P (Ai) · P (B|Ai) .

Dokaz: Kako dogadaji A1, A2, ..., An cine potpun sistem dogadaja imamo

da je B =

n∑

i=1

AiB i dogadaji AiB su medusobno disjunktni. Tada je

P (B) =

n∑

i=1

P (AiB) .

Posto je P (Ai) > 0, i = 1, 2, ..., n, imamo da je

P (AiB) = P (Ai)P (B|Ai), i = 1, 2, ..., n.

Na osnovu poslednje dve jednacine sledi tvrdenje teoreme.

Primer 11. Na kompjuteru I narezano je 15 CD-a, na kompjuteru IInarezano je 45 CD-a, a na kompjuteru III narezano je 30 CD-a. Verovatno-ca da ce se na kompjuteru I narezati neispravan CD je 0, 1, na kompjuteruII je 0, 2 i na kompjuteru III je 0, 4. Kolika je verovatnoca da se narezena slucajan nacin na jedan od ova tri kompjutera jedan CD i da on budeneispravan?

Resenje: Oznacimo dogadaje

A1− na kompjuteru I narezan je jedan CD,

A2− na kompjuteru II narezan je jedan CD,

A3− na kompjuteru III narezan je jedan CD,

B− narezan je jedan neispravan CD na jednom od tri kompjutera.


Kako je

P (A1) =15

90=

1

6, P (A2) =

45

90=

1

2, P (A3) =

30

90=

1

3,

na osnovu prethodne teoreme imamo da je

P (B) = P (A1) · P (B|A1) + P (A2) · P (B|A2) + P (A3) · P (B|A3)

=1

6· 0, 1 +

1

2· 0, 2 +

1

3· 0, 4 =

15

60=

1

4= 0, 25 .

Pod uslovima iz prethodne teoreme mozemo postaviti i pitanje: kolikaje verovatnoca realizacije dogadaja Ai pod uslovom da se realizuje dogadajB. Odgovor na ovo pitanje daje teorema poznata pod nazivom Bajesovaformula, a koja glasi:

Teorema 3. Neka dogadaji A1, A2, ..., An cine potpun sistem dogadaja ineka je P (Ai) > 0, i = 1, 2, ..., n. Neka je takode i B ⊂ Ω, P (B) > 0.Tada vazi

P (Ak|B) =P (Ak)P (B|Ak)n∑

i=1

P (Ai)P (B|Ai)

, k = 1, 2, ..., n .

Dokaz: Na osnovu P (AiB) = P (Ai)P (B|Ai) = P (B)P (Ai|B) imamo daje

P (Ai|B) =P (Ai)P (B|Ai)

P (B).

Tvrdenje teoreme sledi na osnovu poslednje jednacine i formule totalneverovatnoce.

Primer 12. Neka su dati uslovi kao u prethodnom primeru. Ako je narezanjedan neispravan CD na navedena tri racunara, koja je verovatnoca da jenarezan na:

1) racunaru I ?

2) racunaru II ?

3) racunaru III ?

Resenje: Na osnovu Bajesove formule imamo:

9.5. Zadaci 105

1) P (A1|B) =P (A1)P (B|A1)3∑

i=1

P (Ai)P (B|Ai)

=

1

6· 0, 11

4

=

1

601

4

=1

15.

2) P (A2|B) =P (A2)P (B|A2)3∑

i=1

P (Ai)P (B|Ai)

=

1

2· 0, 21

4

=

1

101

4

=2

5.

3) P (A3|B) =P (A3)P (B|A3)3∑

i=1

P (Ai)P (B|Ai)

=

1

3· 0, 41

4

=

2

151

4

=8

15.

9.5 Zadaci

1. Ako je eksperiment jedno bacanje novcica navesti elementarne dogadaje.Navesti elementarne dogadaje i za bacanje dva novcica.

2. Bacaju se dve kocke istovremeno. Neka su dogadaji

A− zbir dobijenih brojeva je deljiv sa 5,

B− zbir dobijenih brojeva jednak je broju 9.

Naci: A + B, AB, A\B, B\A i izracunati verovatnoce trazenih dogadaja.

3. Pokazati da je A\B = AB .

4. Novcic se baca cetiri puta. Odrediti verovatnocu da su

1) pala tri grba,

2) bar tri grba,

3) palo je jedno pismo.

4) nije pao ni jedan grb.

5. Iz spila od 52 karte izvlaci se karta i vraca u spil. Ovaj postupak seponavlja cetiri puta. Koliko iznosi verovatnoca da su izvucene od cetirikarte


1) bar dve ”dame”?

2) tri crvene ”dame”?

3) jedna ”dama srce” ?

4) tri ”dame” i jedan ”kralj”?

5) cetiri ”asa”?

6. U kutiji se nalazi 12 belih i 4 crvene kuglice. Izvlace se odjednom trikuglice. Izracunati verovatnocu da su

1) sve tri uzete kuglice crvene,

2) uzete dve bele i jedna crvena,

3) sve tri uzete kuglice bele.

7. Dva strelca gadaju po jednom u metu. Verovatnoca da prvi pogodi metuje 0, 6, a drugi 0, 7. Kolika je verovatnoca da meta bude pogodena bar je-dnom?

8. Neka je P (A|B) = 0, 6 , P (B|A) = 0, 4 i P (B) = 0, 35 . Naci: P (A),P (AB) i P (B|A).

9. U dve kutije se nalaze bele i crvene kuglice. U prvoj se nalazi 9 belih i5 crvenih, a u drugoj 12 belih i 7 crvenih. Na slucajan nacin se bira jednakutija i iz nje se uzimaju dve kuglice. Kolika je verovatnoca da se uzme barjedna bela kuglica?

10. U Novi Sad dolaze 53 automobila iz Sombora, 42 iz Subotice i 47 izZrenjanina. Verovatnoca da se pokvari automobil iz Sombora je 0, 2, izSubotice 0, 5 i iz Zrenjanina 0, 1 . Kolika je verovatnoca da jedan slucajnoizabran automobil koji je krenuo ka Novom Sadu ima kvar? Ako je automobilimao kvar, koja je verovatnoca da je on krenuo iz Zrenjanina, a kolika daje krenuo iz Sombora?

Glava 10

Geometrija

10.1 Razvoj geometrije

Geometrija je jedna od najstarijih matematickih disciplina. Osvrnimose ukratko na istorijski razvoj geometrije.

1) Rec geometrija znaci zemljomerstvo, a nastala je u Egiptu zbog neo-phodnosti merenja imanja i oznacavanja meda posle poplava Nila. Ge-ometrija se u proslosti bavila izucavanjem polozaja, oblika i velicinapredmeta realnog sveta, dok danas izucava apstraktne objekte. Upocetku se do opstih osobina dolazilo na osnovu nekoliko eksperi-menata, posmatranjem i intuicijom, odnosno, induktivnom metodom(nepotpunom indukcijom). Navedeni metod bio je pogodan samo zaneke prostije figure.

2) U V I veku pre n.e. Grci su preuzeli od Egipcana i Vavilonaca vodecuulogu u razvoju geometrije, uglavnom zaslugama Talesa i Pitagore.Pored njih, veliki doprinos razvoju geometrije tog doba dali su Pla-ton i Aristotel koji daju prve nagovestaje aksiomatskog zasnivanja ge-ometrije. U ovom periodu induktivni metod zamenjen je deduktivnimi pristupa se sistematskom izlaganju cinjenica.

3) Oko 300. godina pre n.e. Euklid je objavio svoje kapitalno delo Ele-menti, sacinjeno od 13 knjiga, koje predstavljaju vrhunac deduktivnogmetoda i daju najveci doprinos razvoju geometrije. U ovim knjigamaEuklid iznosi stavove koji su jako bliski danasnjem aksiomatskom za-snivanju geometrije. Pored svih dobrih strana ovog dela, uoceni susledeci nedostaci:

107

108 Glava 10. Geometrija

- definisu se osnovni pojmovi,

- aksiome Euklidovog sistema nisu medusobno nezavisne,

- prilikom dokazivanja tvrdenja Euklid se cesto oslanjao na slike itime cinio dokaz nekorektnim.

4) U I i II veku pre n.e. uvodi se ravna i sferna trigonometrija.

5) U prvoj polovini XV II Dekart razvija analiticku geometriju.

6) U XV III dolazi do otkrica diferencijalne geometriju.

7) U prvoj polovini XIX veka Lobacevski uvodi neeuklidsku geometriju.

8) Krajem XIX Hilbert je dao sistematizaciju geometrije u delu Osnovigeometrije.

10.2 Osnove Hilbertovog sistema aksioma

U daljem tekstu izlozicemo aksiome Euklidske geometrije, bazirane naHilbertovom sistemu aksioma. U Hilbertovom sistemu aksioma osnovni po-jmovi su:

- tacka (oznacavamo ih velikim slovima A,B,C, ...),

- prava (oznacavamo ih malim slovima a, b, c, ...),

- ravan (oznacavamo ih malim grckim slovima α, β, γ, ...),

a osnovne relacije predstaljaju relacije:

- pripada (”se sadrzi”). Da tacka A pripada pravoj q (prava q sadrzitacku A) oznacavamo A ∈ q.

- izmedu,

- podudarno,

- paralelno.

Sistem aksioma predstavljen je u pet grupa aksioma:

I aksiome veze (ili pripadnosti ili incidentnosti),

II aksiome rasporeda,

10.2. Osnove Hilbertovog sistema aksioma 109

III aksiome podudarnosti,

IV aksiome neprekidnosti,

V aksioma paralelnosti.

Definicija 1. Skup svih tacaka nazivamo prostor i oznacavamo ga sa E3 .

10.2.1 Aksiome veze

Definicija 2. Tri ili vise tacaka su kolinearne ako postoji prava koja ihsadrzi (tacke pripadaju istoj pravoj).

Definicija 3. Cetiri ili vise tacaka su komplanarne ako postoji ravan kojaih sadrzi (tacke pripadaju istoj ravni).

Aksiome veze cine grupu od 7 aksioma:

Aksioma I 1. Svaka prava sadrzi najmanje dve razlicite tacke.

Aksioma I 2. Za svake dve razlicite tacke postoji jedna i samo jedna pravakoja ih sadrzi.

Aksioma I 3. Svaka ravan sadrzi najmanje tri nekolinearne tacke.

Aksioma I 4. Za svake tri nekolinearne tacke postoji jedna i samo jednaravan koja ih sadrzi.

Aksioma I 5. Ako dve razlicite tacke neke prave pripadaju jednoj ravni,onda sve tacke te prave pripadaju toj ravni (tj. prava pripada ravni).

Aksioma I 6. Ako dve ravni imaju zajednicku tacku, tada one imaju na-jmanje jos jednu zajednicku tacku (tj. imaju zajednicku pravu).

Aksioma I 7. Postoje cetiri nekomplanarne tacke.

Navedenim aksiomama su potpuno odredeni svi odnosi izmedu tacaka,pravih i ravni.

Teorema 1. Dve razlicite prave imaju najvise jednu zajednicku tacku.

Dokaz: Pretpostavimo suprotno, dve razlicite prave p i q imaju bar dvezajednicke razlicite tacke A i B. Na osnovu aksiome I 2 tacke A i B odredujujednu i samo jednu pravu koja ih sadrzi, pa je p = q, sto je kontradikcija sapolaznom pretpostavkom.


Definicija 4. Za dve prave p i q kaze se da se seku ako imaju samo jednuzajednicku tacku A, u oznaci p ∩ q = A.

Ako na pravoj q postoje razlicite tacke A i B, onda cemo pravu q cestooznacavati i sa p(AB).

Teorema 2. Dve prave koje se seku odreduju jednu i samo jednu ravan.

Dokaz: Neka se prave p i q seku u tacki A. Prema aksiomi I 1 na pravojp, sem tacke A, postoji bar jos jedna tacka, na primer tacka B. Analognovazi i za pravu q. Ove tri tacke su nekolinearne, te prema aksiomi I 4 postojijedna i samo jedna ravan α koja ih sadrzi, a prema aksiomi I 5 prave p i qpripadaju ravni α. To znaci da ove dve prave odreduju ravan α.

Teorema 3. Prava i tacka van date prave odreduju jednu i samo jednu ra-van.

Dokaz: Neka je p prava i A tacka koja joj ne pripada. Prema aksiomi I1 na pravoj p postoje dve razlicite tacke, npr. B i C. Tada su A,B i C trinekolinearne tacke, pa prema aksiomi I 4 postoji jedna i samo jedna ravanα koja ih sadrzi. Prema tome B i C pripadaju ravni α. Prema aksiomi I5 sledi da i prava p pripada ravni α. Jedinstvenost ravni α sledi na osnovuaksiome I 4.

10.2.2 Aksiome rasporeda

Aksiomama rasporeda blize su utvrdene osobine relacije ”izmedu” za trikolinearne tacke. Ukoliko je tacka B izmedu tacaka A i C to cemo oznacavatisa A − B − C . Aksiome rasporeda cine grupu od 6 aksioma:

Aksioma II 1. Neka su A, B i C tri kolinearne tacke za koje je A−B −C .Tada su svake dve od navedenih tacaka razlicite.

Aksioma II 2. Neka su A, B i C tri kolinearne tacke za koje je A−B −C .Tada je C − B − A .

Aksioma II 3. Neka su A, B i C tri kolinearne tacke za koje je A−B −C .Tada nije A − C − B .

Aksioma II 4. Neka su A i B dve razlicite tacke prave p. Tada postojitacka C ∈ p, takva da je A − B − C .


Aksioma II 5. Neka su A, B i C tri kolinearne tacke. Tada vazi bar jednaod tri relacije: A − B − C, A − C − B ili C − A − B .

Aksioma II 6. (Pasova aksioma) Neka su A, B i C tri nekolinearnetacke i p prava koja pripada ravni odredenoj tackama A, B i C, tako dane sadrzi tacku B i sece pravu p(AC) u tacki D tako da je A − D − C .Tada prava p sece pravu p(BC) u tacki G tako da je B − G − C ili secepravu p(AB) u tacki F tako da je A − F − B .

A B

C

F

pD G

p'

Slika 1.

Na osnovu aksioma II 5, II 2 i II 3 moguce je dokazati sledecu teoremu.

Teorema 4. Neka su A, B i C tri kolinearne tacke. Tada vazi jedna i samojedna od tri relacije: A − B − C, A − C − B, ili C − A − B .

Definicija 5. Za dve razlicite tacke A i B, skup navedenih tacaka i tacakaprave p(AB) izmedu A i B nazivamo duz, u oznaci AB. Tacke A i Bnazivamo krajevi, a ostale tacke unutrasnje tacke duzi.

Na osnovu aksioma II 4 i II 6 moguce je dokazati sledecu teoremu.

Teorema 5. Svaka duz sadrzi bar jednu unutrasnju tacku.

Na osnovu navedene teoreme moguce je pokazati da postoji beskonacnomnogo unutrasnjih tacaka svake duzi.

Definicija 6. Duz AB kod koje je odredeno da je A pocetna i B krajnjatacka nazivamo orjentisana duz, u oznaci

−−→AB .

Definicija 7. Neka su A, B i C tri razlicite tacke prave p, takve da jeA − B − C . Tada kazemo da su tacke A i C prave p sa raznih strana uodnosu na tacku B, a da su tacke B i C prave p sa iste strane u odnosu natacku A (ili da su tacke A i B prave p sa iste strane u odnosu na tacku C).


Definicija 8. Neka je data prava p i tacka O koja joj pripada. Skup tacakaprave p odreden tackom O i svim tackama prave p sa iste strane tacke Onazivamo poluprava, u oznaci Op. Tacku O nazivamo pocetak poluprave.

Definicija 9. Neka je data ravan α. Neka prava p i tacke A i B pripadajuravni α. Tada kazemo da su tacke A i B ravni α sa iste strane prave p ukolikoduz AB nema zajednickih tacaka sa pravom p. Ako postoji jedna zajednickatacka kazemo da su tacke A i B ravni α sa raznih strane prave p.

Definicija 10. Poluravan sa granicnom pravom p ravni α je skup svih taca-ka prave p i svih tacaka ravni α koje su sa iste strane prave p, u oznaci pα .

Tacka na pravoj odreduje dve poluprave, prava u ravni dve poluravni, aravan u prostoru dva poluprostora.

Definicija 11. Ugaona linija1, u oznaci pOq, je unija dve poluprave Op iOq sa zajednickom pocetnom tackom O. Tacku O nazivamo teme, a polupra-ve Op i Oq kraci ugaone linije.

Na osnovu teoreme 2 moguce je dokazati sledecu teoremu.

Teorema 6. Ugaona linija pripada jednoj i samo jednoj ravni.

Definicija 12. Ugaona linija pOq deli ravan kojoj pripada na dva dela kojenazivamo ugaone oblasti.

Definicija 13. Ugao, u oznaci ∠pOq, je unija ugaone linije pOq i jednenjene ugaone oblasti. Tacku O nazivamo teme, a poluprave Op i Oq kraciugla. (Ugaona linija pOq odreduje dva ugla).

Definicija 14. Neka kraci ∠pOq pripadaju istoj pravoj. Tada ako je:

1) Op 6= Oq onda ∠pOq nazivamo opruzen ugao,

2) Op = Oq

a) i ugaona oblast je prazan skup, onda ∠pOq nazivamo nula ugao,

b) i ugaona oblast je skup svih tacaka ravni koje ne pripadaju tojugaonoj liniji, onda ∠pOq nazivamo pun ugao.

1Terminologija je prilagodena aktuelnim sadrzajima u osnovnoj skoli.


Definicija 15. Za ∠pOq i ∠qOr kazemo da su susedni. Navedene susedneuglove nazivamo uporednim ako kraci Op i Or pripadaju istoj pravoj i pritome Op 6= Or (slika 2).

r

q

p O

Slika 2.

Definicija 16. Ugao nazivamo:

1) prav - ako je jednak svom uporednom uglu,

2) ostar - ako je manji od svog uporednog ugla,

3) tup - ako je veci od svog uporednog ugla.

Definicija 17. Za n ≥ 3 neka je A1, A2, ..., An konacan skup tacaka isteravni gde nikoje tri tacke nisu kolinearne. Uniju duzi A1A2, A2A3, ...,An−1An nazivamo izlomljena linija. Ako je

1) A1 6= An izlomljena linija je otvorena,

2) A1 = An izlomljena linija je zatvorena i naziva se mnogougaona linijaili mnogougao. Tacke A1,A2,..., An su temena, a duzi A1A2, A2A3, ...,An−1An su stranice mnogougla (slika 3). Mnogougao deli ravan kojojpripada na dve oblasti, unutrasnju i spoljasnju.

A2A =n A1

A3An-1

Slika 3.


Definicija 18. Mnogougao je:

1) prost - ako nikoje dve stranice nemaju zajednickih tacaka, osim stosusedne stranice imaju zajednicka temena,

2) slozen - u suprotnom.

Definicija 19. Mnogougaona povrs je unija svih tacaka mnogougla i nje-gove unutrasnje oblasti.

10.2.3 Aksiome podudarnosti

Istorijski gledano, relaciju ”podudarno”, koja se odnosi na dve duzi,ra- zmatrali su redom: Euklid, Peano, Hilbert, Pas, Veronez, Borsuka iSmieleve. Ako su duzi AB i CD u relaciji podudarno, to pisemo AB ∼= CD ,kazemo da su one jednake. Aksiome podudarnosti daju osobine relacijepodudarno i one cine grupu od 7 aksioma:

Aksioma III 1. Ako je AB ∼= CD i A = B, tada je C = D.

Aksioma III 2. AB ∼= BA

Aksioma III 3. Ako je AB ∼= CD i AB ∼= EF, tada je CD ∼= EF .

Aksioma III 4. Ako tacka C pripada duzi AB i tacka C ′ duzi A′B′, pricemu je AC ∼= A′C ′ i BC ∼= B′C ′, tada je AB ∼= A′B′.

Aksioma III 5. Neka su A i B razlicite tacke i C pocetna tacka polupraveCp. Tada na polupravoj Cp postoji tacka D takva da AB ∼= CD.

Aksioma III 6. Neka su A, B i C tri nekolinearne tacke i neka su A′ i B′

dve tacke granicne prave p poluravni pα, takve da je AB ∼= A′B′. Tada upoluravni pα postoji jedna i samo jedna tacka C ′ takva da je AC ∼= A′C ′ iBC ∼= B′C ′.

Aksioma III 7. Neka su A, B i C i A′, B′ i C ′ dve trojke nekolinearnihtacaka redom, a D i D′ tacke polupravih BC i B ′C ′ takve da je: AB ∼= A′B′,BC ∼= B′C ′, CA ∼= C ′A′ i BD ∼= B′D′. Tada je AD ∼= A′D′.

Elementarno se dokazuje sledeca teorema.

Teorema 7. Na skupu duzi relacija podudarnosti je relacija ekvivalencije.

Definicija 20. Tacka S je srediste duzi AB ako je S ∈ AB i AS ∼= BS.

Definicija 21. Tacke B i C su jednako udaljene od tacke A ako je AB ∼=AC.


10.2.4 Aksiome neprekidnosti

Na osnovu prethodno navedenih aksioma mi smo u mogucnosti da utvrdi-mo da li postoji jednakost dve duzi. Da bismo mogli ustanoviti procesmerenja duzi, do sad navedene aksiome nisu dovoljne. Merenje duzi zasnivase na aksiomi, poznatoj kao Arhimedova aksioma, koja omogucava da se zasvaku duz samo na jedan nacin odredi neki pozitivan broj koji nazivamoduzinom duzi.Potrebno je utvrditi i obrnuto - postojanje duzi cija je duzina jednaka una-pred datom pozitivnom broju. Znaci, potrebno je uvesti jos jednu aksiomuna osnovu koje bi ovo bilo moguce.

Aksioma IV 1. (Arhimedova) Neka su AB i CD proizvoljne duzi. Tadana polupravoj AB postoji konacan broj tacaka A1, A2, A3, ..., An takvih da je

1) A − A1 − A2, A1 − A2 − A3, ...An−2 − An−1 − An,

2) CD ∼= AA1∼= A1A2

∼= ... ∼= An−1An,

3) B ∈ An−1An i B 6= An−1.

Aksioma IV 2. (Kantorova) Neka je na bilo kojoj pravoj p dat beskona-can niz duzi A1B1, A2B2, ..., takvih da

1) svaka sledeca lezi unutar prethodne (An+1Bn+1 ⊂ AnBn, n = 1, 2, ...),

2) ne postoji duz koja lezi unutar svih duzi datog niza.

Tada na pravoj p postoji tacka C koja pripada svim duzima toga niza.

10.2.5 Aksioma paralelnosti

Euklidska geometrija je geometrija u kojoj vazi sledeca aksioma, poznatai kao peti Euklidov postulat.

Aksioma V 1. U ravni α odredenoj pravom p i tackom A 6∈ p postoji jednai samo jedna prava q koja sadrzi tacku A i nema zajednickih tacaka sapravom p.

Na bazi prve cetiri grupe aksioma (apsolutna geometrija) i drugacijim inte-rpretacijama navedene aksiome izgraduju se tzv. neeuklidske geometrije.

Definicija 22. Prave p i q su paralelne, u oznaci p ‖ q , ako je p = q ili p iq pripadaju istoj ravni i nemaju zajednickih tacaka.


Definicija 23. Dve prave su mimoilazne ako ne pripadaju istoj ravni.

Teorema 8. Dve razlicite paralelne prave odreduju jednu i samo jednu ra-van.

Na osnovu aksiome paralelnosti moguce je dokazati sledecu teoremu.

Teorema 9. Na skupu pravih, relacija paralelnosti je relacija ekvivalencije.

Definicija 24. Prava p je paralelna ravni α, u oznaci p ‖ α , ako joj pripadaili sa njom nema zajednickih tacaka.

Definicija 25 Dve ravni α i β su paralelne, u oznaci α ‖ β , ako su jednakeili ako nemaju zajednickih tacaka.

10.3 Geometrijske figure

U daljem izlaganju neprazan skup tacaka zvacemo geometrijska figura ilikrace figura. U ovoj glavi cemo na osnovu aksioma podudarnosti i definicijeizometrijske transformacije definisati relaciju podudarnosti figura. Poredtoga navescemo i neke figure u ravni i u prostoru. Pre toga, navodimosledecu definiciju.

Definicija 26. Neka se prave p(AB) = q i p seku u tacki S koja je sredisteduzi AB . Ako je pri tome ∠pSq prav ugao kazemo da je prava p simetraladuzi AB .Za navedene prave q i p kazemo da su normalne i to oznacavamo q⊥p .

Definicija 27 Neka je ρ bijektivno preslikavanje skupa tacaka X na skuptacaka X ′. Ako je

(∀A,B ∈ X)(AB ∼= ρ(A)ρ(B) ),

tada kazemo da je ρ izometrijska transformacija.Ako postoji tacka C ∈ X takva da je ρ(C) = C, onda kazemo da je tacka

C invarijantna tacka pri transformaciji ρ.

Definicija 28 Za geometrijske figure F1 i F2 kazemo da su podudarne akopostoji izometrijska tranformacija ρ takva da je ρ(F1) = F2 .

Nije tesko pokazati da izometrijska transformacija preslikava duz na podu-darnu duz i ugao na podudaran ugao.

10.3. Geometrijske figure 117

10.3.1 Trougao, cetvorougao i krug

Definicija 29. Trougao je mnogougao sa tri stranice.

Osnovni elementi trougla su stranice i uglovi. Na slici 4 navedeno jestandardno obelezavanje stranica, uglova i temena trougla.

Na osnovu velicine stranica trouglove delimo na:

1) jednakostranicne (jednake sve tri stranice),

2) jednakokrake (jednake dve stranice),

3) raznostranicne (sve tri stranice razlicite),

dok na osnovu velicine uglova na:

1) pravougle (jedan ugao je prav),

2) ostrougle (svi uglovi ostri),

3) tupougle (jedan ugao tup).

A B

C

c

b a

a b

g

Slika 4.

Kod pravouglog trougla stranice koje obrazuju prav ugao nazivamo kraci,dok preostalu stranicu nazivamo hipotenuza. Kod jednakostranicnog trouglajednake stranice nazivamo kraci, dok preostalu trecu stranicu nazivamo os-nova.

Navodimo sada cetiri stava o podudarnosti trouglova koji imaju velikuprimenu u geometriji.

Stav 1. Dva trougla su podudarna ako su dve stranice i njima zahvacen ugaojednog trougla podudarni odgovarajucim dvema stranicama i odgovarajucemuglu drugog trougla.


Stav 2. Dva trougla su podudarna ako su jedna stranica i na njoj nalegladva ugla jednog trougla podudarni odgovarajucoj stranici i odgovarajucimuglovima drugog trougla.

Stav 3. Dva trougla su podudarna ako su sve tri stranice jednog trouglapodudarne odgovarajucim stranicama drugog trougla.

Stav 4. Dva trougla su podudarna ako su dve stranice i ugao naspram veceod njih jednog trougla podudarne odgovarajucim stranicama i odgovarajucemuglu drugog trougla.

Takode i sledece teoreme se cesto koriste u dokazima raznih tvrdenja ugeometriji. Dokaze ovih teorema ostavljamo citaocu za vezbu.

Teorema 10. U trouglu naspram vece stranice lezi veci ugao. Vazi i obrnu-to tvrdenje.

Teorema 11. Uglovi na osnovici jednakokrakog trougla su jednaki.

Teorema 12. Zbir tri unutrasnja ugla trougla jednak je zbiru dva pravaugla.

Teorema 13. Zbir ma koje dve stranice trougla veci je od trece stranice.Razlika ma koje dve stranice trougla manja je od trece stranice.

Definicija 30. Cetvorougao je mnogougao sa cetiri stranice.

Prema broju paralelnih stranica mozemo izvrsiti sledecu klasifikacijucetvorouglova (slika 5 sa leva na desno):

1) paralelogram (dva para paralelnih stranica),

2) trapez (jedan par paralelnih stranica),

3) trapezoid (bez paralelnih stranica).

Slika 5.


Teorema 14. Za svaki paralelogram vazi:

1) naspramne stranice (uglovi) su jednake,

2) zbir susednih uglova jednak je zbiru dva prava ugla (opruzenom uglu),

3) dijagonale se polove.

Definicija 31. Pravougaonik je paralelogram ciji su svi uglovi jednaki (pra-vi uglovi).

Definicija 32. Kvadrat je pravougaonik cije su sve stranice jednake.

Teorema 15. Paralelogram je kvadrat ako i samo ako su mu dijagonalejednake.

Teorema 16. Pravougaonik je kvadrat ako i samo ako vazi:

1) dijagonale se seku pod pravim uglom (normalne su),

2) dijagonala deli ugao na dva jednaka ugla (dijagonala je simetrala ugla).

Definicija 33. Neka su date tacka O i duz r ravni α. Skup svih tacaka Aravni α takvih da je OA = r naziva se kruznica, dok se skup tacaka A ravniα takvih da je OA ≤ r naziva krug. Navedeni krug oznacavamo sa k(O, r).Tacku O nazivamo centar, a duz r poluprecnik kruga.

A B

C

r

O.

a

D

Slika 6.

Neka su date tri medusobno razlicite tacke A, B i C koje pripadajukruznici (slika 6) i neka je tacka C sa iste strane kao centar O u odnosuna pravu p(AB). Neka se prave p(A,B) i p(O,D) seku pod pravim uglom ineka prava a i krug k(O, r) imaju jednu zajednicku tacku B . Tada:


1) p(AB) je secica kruga k(O, r),

2) AB je tetiva kruga k(O, r),

3) duzina ON je centralno rastojanje tetive AB,

4) prava a je tangenta u tacki B,

5) ∠AOB je centralni ugao koji odgovara tetivi AB,

6) ∠ACB je periferijski ugao koji odgovara centralnom uglu ∠AOB .

Teorema 17. Centralni ugao je dva puta veci od odgovarajuceg periferijskogugla.

10.3.2 Geometrijske figure u prostoru

Ogranicimo naredne definicije na konveksne figure u prostoru2.

Unija dve poluravni α i β (strane dijedra) sa zajednickom granicnompravom p (ivica dijedra) naziva se diedarska povrs, u oznaci αpβ. Diedarskapovrs deli prostor E3 na dva disjunktna dela koje nazivamo diedarske oblasti.

Definicija 34. Diedar, u oznaci ∠αpβ, je unija diedarske povrsi αpβ ijedne od oblasti odredene tom povrsi .

Neka je ravan γ (slika 7) normalna na ivicu p diedra ∠αpβ . Ugao diedra∠αpβ je presek ravni γ i diedra ∠αpβ .

a

b

g

p

Slika 7.

2Figura je konveksna ako za svake dve tacke A i B koje pripadaju figuri duz AB celapripada figuri.


Definicija 35. Neka je A1, A2, ..., An mnogougao i S tacka koja ne pripadaravni u kojoj lezi mnogougao. Rogalj je skup svih polupravih sa zajednickompocetnom tackom S koje sadrze po jednu tacku datog mnogougla.

1) Tacka S je vrh roglja,

2) poluprave SA1, SA2, ..., SAn su ivice roglja,

3) uglovi ∠A1SA2,∠A2SA3, ...,∠AnSA1 su strane ili ivicni uglovi roglja,

4) navedeni rogalj je n -tostrani rogalj.

Za n = 3 imamo trostrani rogalj koji se naziva i triedar (slika 8).

Definicija 36. Poliedar je unija mnogougaonih povrsi koje potpuno ograni-cavaju deo prostora, sa tim delom prostora.

A1 A3

S

A2

Slika 8.

Definicija 37. Pravilan poliedar je poliedar cije su stranice pravilne i po-dudarnee mnogougaone povrsi.

Definicija 38. Prizma je poliedar sa dve podudarne mnogougaone povrsikoje pripadaju razlicitim paralelnim ravnima (osnove prizme). Preostalestranice se nazivaju bocne stranice.

Definicija 39. Prizma je prava ako su bocne ivice normalne na osnovu (usuprotnom je kosa, slika 9). Pravilna prizma je prava prizma cija je osnovapravilan mnogougao.Dijagonalan presek prizme je presek prizme sa ravni koja sadrzi dve ne-susedne bocne ivice prizme.


Slika 9.

Definicija 40. Paralelopiped je prizma cija je osnova paralelogram.

Definicija 41 Kvadar je pravi paralelopiped cija je osnova pravougaonik.

Definicija 42. Kocka je kvadar cije su sve strane kvadrati.

Definicija 43. Piramida je poliedar cija je jedna strana (osnova) mno-gougaona povrs, a ostale bocne strane su trougaone povrsi koje obrazujurogalj.

Definicija 44. Valjkasta povrs je figura koja se dobija obrtanjem pravouga-onika oko ose koja sadrzi jednu njegovu stranicu. Valjak (slika 10) je figurakoja se dobija obrtanjem odgovarajuce pravougaone povrsi oko navedene ose.

Slika 10.

Definicija 45. Prava kruzna konusna povrs je figura koja se dobija obrta-njem pravouglog trougla oko ose koja sadrzi jednu njegovu katetu. Pravakupa je figura koja se dobija obrtanjem odgovarajuce trougaone povrsi okonavedene ose.

Definicija 46. Neka su date tacka O i duz r prostora E3. Skup svih tacakaA prostora E3 takvih da je OA = r naziva se sfera, dok se skup tacaka Aprostora E3 takvih da je OA ≤ r naziva lopta. Navedenu loptu oznacavamosa l(O, r). Tacku O nazivamo centar, a duz r poluprecnik lopte.

10.4. Merenje u geometriji 123

Loptu je moguce definisati i kao obrtno telo: sfera je figura koja se dobijaobrtanjem kruznice oko ose koja sadrzi njen precnik, dok je lopta figura kojase dobija obrtanjem kruga oko navedene ose.

Slika 11.

Na slici 11 (sa leva na desno) date su kupa i lopta.

10.4 Merenje u geometriji

Najznacajnije geometrijske velicine su : duzina, povrsina i zapremina.Merenje je postupak kojim se utvrduje koliko puta se jedinicna velicina(velicina koja odgovara broju 1) sadrzi u velicini koja se meri.

10.4.1 Merenje uglova

Definicija 47. Neka su ∠pOq i ∠qOr dva susedna ugla. Tada kazemo da jeugao ∠pOr zbir uglova ∠pOq i ∠qOr , u oznaci ∠pOr = ∠pOq+∠qOr . Akoza bilo koja tri ugla α, β i γ vazi da je ∠pOq = α, ∠qOr = β i ∠pOr = γ,tada je i γ = α + β .

r

q

pO

Slika 12.

Definicija 48. Neka je svakom uglu pridruzen nenegativan realan broj α ,pri cemu vazi:


1) uglu ∠sOt pridruzen je broj 1 (∠sOt naziva se jedinicni ugao ili je-dinica mere ugla),

2) jednakim uglovima pridruzeni su jednaki brojevi,

3) ako je ∠pOq zbir uglova kojima su pridruzeni brojevi α i β , tada seuglu ∠pOq pridruzuje broj α + β ,

4) nula uglu pridruzuje se broj 0.

Tada se kaze da je definisana mera na skupu uglova.

Jedinicni ugao bira se tako da je pravom uglu pridruzen broj 90 . Taj je-dinicni ugao nazivamo stepen i oznacavamo ga sa 1 . Tada imamo sledecuklasifikaciju uglova:

1) ostar ugao je onaj koji je manji od 90,

2) prav ugao je onaj koji je jednak 90,

3) tup ugao je onaj koji je veci od 90 a manji od 180,

4) opruzen ugao je ugao koji je jednak 180,

5) nekonveksan ugao je ugao veci od 180 a manji od 360,

6) pun ugao je ugao koji je jednak 360 .

Jedinice manje od stepena su minut (1 = 60′

) i sekund (1′

= 60′′

).

Pored stepena, u upotrebi su i druge jedinice za merenje uglova. Jedna

od njih je radijan i on se odreduje tako sto se pravom uglu dodeljuje brojπ

2(pi polovina), gde je π ≈ 3, 14.

Definicija 49. Za ugao ∠pOq poluprava Or takva da je ∠pOr = ∠qOrnaziva se simetrala ugla ∠pOq .

10.4.2 Merenje duzi

Definicija 50. Duzi AB pridruzimo pozitivan realan broj d(A,B) i pri tomeneka je:

1) za duz OE je d(O,E) = 1 (duz OE nazivamo jedinicna duz),

2) ako je AB = CD, tada je d(A,B) = d(C,D),

10.4. Merenje u geometriji 125

3) ako je A − C − B, tada je d(A,B) = d(A,C) + d(C,B) .

Tada se broj d(A,B) zove duzina duzi AB.

Ako se navedenoj definiciji doda i uslov d(A,A) = 0 za svaku tacku A, ondase broj d(A,B) naziva i rastojanje izmedu tacaka A i B .

Osnovna jedinica za merenje duzi je metar, u oznaci m. To je cetrdeset-milioniti deo zemljinog meridijana koji prolazi kroz Pariz. Manje jediniceod metra su: decimetar (1 dm = 10−1m), centimetar (1 cm = 10−2m) imilimetar (1mm = 10−3m). Vece jedinice od metra su: dekametar (1Dm =10m), hektometar (1hm = 102m) i kilometar (1 km = 103m).

Definicija 51. Obim mnogougla je zbir duzina svih njegovih stranica.

Pod obimom kruga ciji je poluprecnik r podrazumevamo duzinu njegovekruznice a koja iznosi O = 2rπ .

10.4.3 Povrsina i zapremina geometrijskih figura

Povrsina pretstavlja velicinu povrsi. Meriti povrsinu znaci uporedivati jesa povrsinom jedinicnog kvadrata (duzine stranica 1m). Osnovna jedinicaza merenje povrsi je 1m2 . Manje jedinice od 1m2 su: 1 dm2 = 10−2m2,1 cm2 = 10−4m2 i 1mm2 = 10−6m2. Vece jedinice od metra su: 1Dm2 =102m2, 1hm2 = 104m2 i 1 km2 = 106m2.

Podsetimo se formula za izracunavanje povrsine nekih znacajnijih ge-ometrijskih figura:

- pravougaonik P = a · b , gde su a i b duzine stranica,

- paralelogram P = a · ha , gde je a duzina jedne stranice, a ha njojodgovarajuca visina,

- trougao P =a · ha

2, gde je a duzina jedne stranice stranica, a ha njoj

odgovarajuca visina,

- krug P = r2π , gde je r duzina poluprecnika kruga,

- kvadar P = 2 · (a · b + a · c + b · c) , gde su a, b i c dimenzije kvadra,

- kocka P = 6a2 , gde je a duzina stranice kocke,

- prizma P = 2B + M , gde je B povrsina baze, a M povrsina omotaca,


- piramida P = B +M , gde je B povrsina baze, a M povrsina omotaca,

- kupa P = rπ(r + s) , gde je r duzina poluprecnika osnove, a s duzinaizvodnice (bocne strane),

- valjak P = 2rπ(r + H) , gde je r duzina poluprecnika osnove, a Hduzina visine valjka,

- lopta P = 4r2π , gde je r duzina poluprecnika lopte.

Zapremina pretstavlja velicinu potpuno ogranicenog prostora. Meritizapreminu znaci uporedivati je sa zapreminom jedinicne kocke (duzine ivica1m). Osnovna jedinica za merenje zapremine je 1m3 . Manje jedinice od1m3 su: 1 dm3 = 10−3m3, 1 cm3 = 10−6m3 i 1mm3 = 10−9m3. Vecejedinice od metra su: 1Dm3 = 103m3, 1hm3 = 106m3 i 1 km3 = 109m3.

Navodimo zapremine nekih geometrijskih figura:

- kvadar V = a · b · c , gde su a, b i c dimenzije kvadra,

- kocka V = a3 , gde je a duzina ivice kocke,

- prizma V = B ·H , gde je B povrsina baze, a H duzina visine prizme,

- piramida V =B · H

3, gde je B povrsina baze, a H duzina visine

piramide,

- kupa V =r2πH

3, gde je r duzina poluprecnika osnove, a H duzina

visine kupe,

- valjak V = r2πH , gde je r duzina poluprecnika osnove, a H duzinavisine valjka,

- lopta V =4r3π

3, gde je r duzina poluprecnika lopte.

10.5 Geometrijske konstrukcije

Pod geometrijskom konstrukciom podrazumevamo crtanje geometrijskefigure u ravni pomocu lenjira (koristimo ga samo za povlacenje pravih linija)i sestara3. Geometrijska konstrukcija se sastoji iz sledece cetiri faze:

3Sestar koristimo za crtanje kruznih lukova.

10.5. Geometrijske konstrukcije 127

1) Analiza je trazenje nacina da se dode do resenja. Obicno krecemo odtoga da je zadatak resen i trazimo mogucnost za izvrsenje konstrukcije.

2) Konstrukcija je konacan broj elementarnih konstrukcija koje dovodedo konacnog resenja. Konstrukcija podrazumeva i obrazlaganje svakeslozene konstrukcije.

3) Dokaz ima za cilj da utvrdi da li dobijeno resenje ispunjava uslovezadatka. U tu svrhu koristimo aksiome i sve dokazane teoreme.

4) Diskusija na osnovu datih elemenata pokazujemo kada ce zadatakimati jedno, vise ili ni jedno resenje.

U osnovne konstrukcije spadaju sledece konstrukcije:

1) prave kroz dve date tacke,

2) poluprave kojoj je data pocetna tacka i jos jedna tacka,

3) duzi kojoj su date krajnje tacke,

4) kruga kome je dat centar i tacka na kruznici,

5) kruga kome je dat centar i poluprecnik,

6) kruznog luka kome je dat centar odgovarajuceg kruga i krajnje tackeluka.

Jednostavne, cesto koriscene konstrukcije koje se sastoje od nekoliko osno-vnih konstrukcija nazivamo elementarne konstrukcije. U elementarne ko-nstrukcije spadaju sledece konstrukcije:

1) paralelnih pravih,

2) normalnih pravih,

3) simetrale duzi,

4) simetrale ugla,

5) duzi jednake datoj duzi,

6) ugla jednakog datom uglu,

7) ugla komplementnog datom uglu,


8) ugla sumplementnog datom uglu

9) trougla kome su date stranice,

10) trougla kome su date dve stranice i njima zahvacen ugao,

11) trougla kome je data stranica i na njoj dva nalegla ugla,

12) trougla kome su date dve stranice i ugao naspram jedne stranice (zaugao naspram druge date stranice, radi jedinstvenosti konstrukcije,treba znati da li je ostar, prav ili tup).

Elementarne konstrukcije se ne obrazlazu u toku resavanja zadataka.

U slozene konstrukcije spadaju konstrukcije koje se sastoje od konacnogbroja elementarnih konstrukcija.

Primer 1. Dat je krug k(O, r), tacka A koja pripada kruznici datog krugai duz CD. Konstruisati duz AB koja pripada tangenti kruga k(O, r) u tackiA i za koju vazi AB ∼= CD .

Resenje:

1) Analiza: Ako krenemo od uradene konstrukcije (slika 13) imamo daje tangenta p(AB) kroz tacku A normalna na poluprecnik kruga OA .To daje osnovnu ideju za resenje zadatka.

2) Konstrukcija: Kroz datu tacku A povucemo pravu normalnu na pravup(OA) (dobijamo tangentu). Uzmemo otvorom sestara duzinu duziCD a zatim opisemo kruznicu ciji je centar tacka A i poluprecnik”uzeti” otvor sestara. Presek navedene kruznice i tangente je tacka B

3) Dokaz: Zasniva se na dokazivanju tvrdenja koje kaze da je tangenta udatoj tacki normalna na poluprecnik koji sadrzi tu tacku. Dokaz ovogtvrdenja ostavljamo citaocu za vezbu.

4) Diskusija: Posto navedena kruznica sece tangentu u dve tacke B i B ′

zadatak ima dva resenja.

10.6. Vektori 129

B'

A

r

O.

r

B

C

D

.

Slika 13.

10.6 Vektori

Definicija 52. Velicine odredene brojnom vrednoscu se nazivaju skalarnevelicine. Velicine odredene brojnom vrednoscu i orijentacijom u prostoru:pravcem i smerom, nazivaju se vektorske velicine ili vektori.

B

a

A

Slika 14.

Kod vektora razlikujemo sledece pojmove:

1) Duzina vektora (ili intenzitet ili modul ili apsolutna vrednost), je ra-stojanje izmedu pocetne i krajnje tacke vektora, a oznacavamo je sa|−−→AB| ili |~a|.

2) Pravac vektora je prava - nosac kojoj pripada orijentisani odsecak.

3) Smer vektora je orijentacija odsecka od njegove pocetne tacke ka nje-govoj krajnjoj tacki.

Definicija 53. Za vektore:

1) ~a i −~a kazemo da su suprotni vektori i da oni imaju jednake intenzitete,iste pravce i suprotne smerove.

2) Dva vektora su jednaka ako imaju isti intezitet, pravac4 i smer.

4Pravac vektora je isti ako su prave- nosaci paralelne.


3) Nula - vektor je vektor kod kojeg se pocetak i kraj poklapaju. Intenzitetnula vektora je nula, tj. |~0| = 0.

4) Svaki vektor ~a 6= ~0 ima svoj suprotan vektor koji je jedinstven.

Geometrijski vektorska velicina je klasa ekvivalencije orjentisanih duziodredena svojim pravcem, smerom i intezitetom. Orijentaciju vektora ozna-cavamo strelicom, pa su oznake oblika:

−−→AB ili ~a.

10.6.1 Zbir i razlika vektora

Definicija 54. Zbir vektora−−→AB = ~a i

−−→BC = ~b (slika 15) je vektor

−→AC = ~c

(spaja pocetak prvog i kraj drugog vektora) u oznaci

~c = ~a +~b.

b

a c

b

Slika 15.

Osnovne osobine sabiranja vektora date su sledecom teoremom.

Teorema 18. Vazi:

1) Zbir dva vektora je vektor.

2) ~a +~0 = ~a.

3) ~a + (−~a) = ~0.

4) ||~a| − |~b|| ≤ |~a +~b| ≤ |~a| + |~b|.

5) ~a +~b = ~b + ~a (komutativnost).

6) ~a + (~b + ~c) = (~a +~b) + ~c (asocijativnost).

10.6. Vektori 131

Razlika dva vektora ~a i ~b je vektor ~c, za koji je zbir ~b i ~c jednak ~a, uoznaci

~a −~b = ~c ako je ~b + ~c = ~a.

Dakle, da bismo od jednog vektora oduzeli drugi, treba ih dovesti na za-jednicki pocetak i povuci vektor iz krajnje tacke vektora - umanjioca ukrajnju tacku vektora - umanjenika.

Primer 2. Za date vektore ~a i ~b naci njihov zbir i razliku.

b

a

Slika 16.

Resenje:

b

a

a + b

-b

a - b

Slika 17.

10.6.2 Proizvod skalara i vektora

Definicija 55. Za skalar (realan broj) λ i vektor ~a proizvod skalara i ve-ktora, u oznaci λ · ~a = λ~a, jeste vektor ~b, za koji vazi:

1) |~b| = |λ| · |~a|,

2) vektori ~a i ~b imaju isti pravac,

3) za λ > 0 vektori ~a i ~b imaju isti, a za λ < 0 suprotan smer. Za λ = 0~b = ~0.


Teorema 19. Za skalare r i t i vektore ~a i ~b vazi:

1) 1 · ~a = ~a,

2) r(t~a) = (rt)~a,

3) (r + t)~a = r~a + t~a,

4) r(~a +~b) = r~a + r~b.

Primer 3. Za date vektore ~a i ~b naci vektore −3~a + 2~b i 4~a − 2~b.

a

b

Slika 18.

Resenje:

4a

-2b

-3a

2b

4a - 2b

-3a + 2b

Slika 19.

10.6. Vektori 133

Definicija 56. Vektor ciji je intezitet jednak broju jedan zove se jedinicnivektor ili ort, u oznaci ~a0.

Teorema 20. Vazi

~a = |~a| · ~a0 , ~a0 =~a

|~a| . (|a0| = 1).

Definicija 57. Dva vektora koji leze na istim ili paralelnim pravama zovuse kolinearni vektori. Ako tri ili vise vektora leze u istoj ravni ili su paralelniistoj ravni, onda su oni komplanarni vektori. Nula vektor je kolinearan saproizvoljnim vektorom.

Teorema 21. Ako su ne-nula vektori kolinearni, tada uvek postoji skalar λtakav da je ~a = λ~b.

Definicija 58. Ako su k1, k2, ..., kn realni brojevi i ~a1,~a2, ...,~an vektori ra-zliciti od nule, tada se zbir k1~a1+k2~a2+· · ·+kn~an zove linearna kombinacijavektora ~a1,~a2, ...,~an.

Definicija 59. Za vektore ~a1,~a2, ...,~an, ako postoje brojevi k1, k2, ..., kn odkojih je bar jedan razlicit od nule, takvi da je k1~a1 + k2~a2 + · · · + kn~an =~0, kaze se da su ovi vektori linearno zavisni. Ako je navedena jednakostispunjena jedino za k1 = k2 = · · · = kn = 0, onda se kaze da su vektori~a1,~a2, ...,~an linearno nezavisni.

Teorema 22. Dva ne-nula vektora su kolinearna ako i samo ako su linearnozavisni, a tri vektora su komplanarna ako i samo ako su linearno zavisna.

Definicija 60. Prava p odredena smerom jedinicnog vektora ~p0, ortom pra-ve p, zove se osa ili jedinicna prava.

Definicija 61. Neka je data prava p i vektor ~r =−−→AB. Neka su tacke A′ i

B′ ortogonalne projekcije tacke A i B na osu p. Projekcija vektora ~r na osu

p je |−−→A′B′| i to sa znakom + ako je vektor−−→AB orijentisan na istu stranu kao

i ~p0 u odnosu na normalnu ravan koja prolazi kroz tacke A i A′, i sa znakom− ako su vektori

−−→AB i ~p0 orijentisani na razlicite strane pomenute ravni.

Ovako definisana projekcija se cesto zove algebarska ili skalarna projekcija.

Oznacimo je sa r~p0= |−−→A′B′|.


p

r

A

B

o

|

A' B'

j

Slika 20.

Definicija 62. Pod uglom izmedu vektora ~a i ~b, u oznaci ∠(~a,~b) ili (~a,~b),podrazumevamo ugao koji nastaje obrtanjem u pozitivnom smeru (smer kojije suprotan kazaljki na casovniku) vektora ~a oko zajednicke tacke sve dok sepo pravcu i smeru ne poklopi sa vektorom ~b.

Teorema 23. Neka je ϕ = ∠(~p0, ~r). Tada je r~p0= |~r| · cos ϕ.

Teorema 24. Neka je p osa, a ~a i ~b dati vektori. Tada je

(~a +~b)~p0= a~p0

+ b~p0.

Definicija 63. Za tri nekomplanarna vektora sa zajednickim pocetkom ~a,~bi ~c, kazemo da obrazuju desni triedar ako je vektor ~c orijentisan na stranuiz cijeg kraja posmatrac uocava s desna u levo najkracu rotaciju vektora ~aoko svog pocetka do poklapanja sa vektorom ~b. Pri ovome se pretpostavljada je vektor ~b ispred posmatraca. U suprotnom je triedar levo orjentisan.

b

c

a

Slika 21.

U daljem tekstu podrazumevamo da je triedar desno orjentisan (slika 21).

10.6. Vektori 135

j

k

x

y

z

i

Slika 22.

Definicija 64. Ureden skup tri ose x, y i z cije cemo jedinicne vektoreoznaciti redom ~i,~j i ~k, koji prolaze kroz tacku O i medu sobom su orto-gonalni nazivamo Dekartov pravougli koordinatni sistem.

Neka su a1, a2 i a3 projekcije vektora ~a na ose x, y i z Dekartovog pravo-uglog koordinatnog sistema, redom. Tada je

~a = a1~i + a2

~j + a3~k.

Za a1, a2 i a3 kazemo da su kordinate vektora ~a i to oznacavamo sa ~a =(a1, a2, a3).Uocavamo da je : a1 = |~a| cos(~a,~i), a2 = |~a| cos(~a,~j) i a3 = |~a| cos(~a, ~k).

j

a

y

x

z

a2ia1

ka3

Slika 23.

Teorema 25. Neka su dati vektori ~a = (a1, a2, a3) i ~b = (b1, b2, b3) i skalarλ. Tada je:


1) ~a ±~b = (a1 ± b1)~i + (a2 ± b2)~j + (a3 ± b3)~k,

2) λ · ~a = λ · a1~i + λ · a2

~j + λ · a3~k,

3) |~a| =√

a21 + a2

2 + a23.

Primer 4. Za date vektore

~a = −2~i + 4~j − 6~k

~b = 5~i + 7~j − 3~k

naci vektore:

1) ~a +~b,

2) ~a −~b,

3) 3~a,

4) −8~b,

5) 4~a + 12~b,

6) −9~a + 3~b.

Resenje:

1) ~a+~b = (−2~i+4~j−6~k)+(5~i+7~j−3~k) = (−2+5)~i+(4+7)~j+(−6−3)~k =3~i + 11~j − 9~kili~a +~b = (−2, 4,−6) + (5, 7,−3) = (3, 11,−9).

2) ~a−~b = (−2~i+4~j − 6~k)− (5~i +7~j − 3~k) = (−2− 5)~i +(4− 7)~j +(−6−(−3))~k = −7~i − 3~j − 3~kili~a −~b = (−2, 4,−6) − (5, 7,−3) = (−7,−3,−3).

3) 3~a = 3(−2~i +4~j − 6~k) = 3 · (−2)~i +3 · 4~j +3 · (−6)~k = −6~i+12~j − 18~kili3~a = 3 · (−2, 4,−6) = (−6, 13,−18).

4) −8~b, −8~b = (−8) · 5~i + (−8) · 7~j + (−8) · (−3)~k = −40~i − 56~j + 24~kili−8~b = −8 · (5, 7,−3) = (−40,−56, 24).

10.6. Vektori 137

5) 4~a+12~b = 4 · (−2~i+4~j−6~k)+12 · (5~i+7~j−3~k) = 4 · (−2)~i+4 ·4~j +4 ·(−6)~k+12 ·5~i+12 ·7~j+12 ·(−3)~k = −8~i+16~j−24~k+60~i+84~j−36~k =(−8 + 60)~i + (16 + 84)~j + (−24 − 36)~k = 52~i + 100~j − 60~kili4~a+12~b = 4(−2, 4,−6)+12(5, 7,−3) = (−8, 16,−24)+(60, 84,−36) =(52, 100,−60).

6) −9~a+3~b = −9·(−2~i+4~j−6~k)+3·(5~i+7~j−3~k) = −9·(−2)~i+(−9)·4~j+(−9)·(−6)~k+3·5~i+3·7~j+3·(−3)~k = 18~i−36~j+54~k+15~i+21~j−9~k =(18 + 15)~i + (−36 + 21)~j + (54 − 9)~k = 33~i − 15~j − 45~kili4~a+12~b = −9·(−2, 4,−6)+3·(5, 7,−3) = (18,−36, 54)+(15, 21,−9) =(33,−15,−45).

10.6.3 Skalarni proizvod vektora

Definicija 65. Skalarni proizvod dva vektora ~a i ~b, u oznaci ~a ·~b je proizvodintenziteta vektora ~a i ~b i kosinusa ugla izmedu ta dva vektora, tj. to je izraz

~a ·~b = |~a| · |~b| cos(~a,~b).

Teorema 26. Za jedinicne vektore ~i,~j i ~k Dekartovog pravouglog koordi-natnog sistema imamo da je:

· ~i ~j ~k~i 1 0 0~j 0 1 0~k 0 0 1

Teorema 27. Neka su dati vektori ~a = (a1, a2, a3), ~b = (b1, b2, b3) i ~c =(c1, c2, c3) i skalar λ. Tada je

1) ~a ·~b = ~b · ~a

2) ~a · (~b + ~c) = ~a ·~b + ~a · ~c,

3) (λ · ~a) ·~b = λ(~a ·~b),

4) ~a2 = ~a · ~a = |~a|2,

5) |~a ·~b| ≤ |~a| · |~b|,


6) ~a ·~b = a1 · b1 + a2 · b2 + a3 · b3.

Primer 5. Dati su vektori

~a = 2~i + 4~j + 4~k

~b = 6~i − 2~j + 3~k.

Izracunati:

1) Intenzitete vektora |~a| i |~b|.

2) Skalarni proizvod ova dva vektora.

3) Kosinus ugla izmedu vektora ~a i ~b.

4) Projekciju vektora ~b na osu odredenu vektorom ~a.

Resenje:

1) |~a| =√

22 + 42 + 42 =√

4 + 16 + 16 =√

36 = 6,dok je|~b| =

√

62 + (−2)2 + 32 =√

36 + 4 + 9 =√

49 = 7.

2) ~a ·~b = 2 · 6 + 4 · (−2) + 4 · 3 = 12 − 8 + 12 = 16.

3) cos(~a,~b) =~a ·~b|~a| · |~b|

=16

6 · 7 =8

21.

4) b~a0= |~b| · cos(~a,~b) = 7 · 8

21=

8

3.

10.6.4 Vektorski proizvod vektora

Definicija 66. Vektorski proizvod redom vektora ~a i ~b je treci vektor ~c kojije ortogonalan sa vektorom ~a i vektorom ~b, ciji je smer takav da vektori ~a,~b,~cobrazuju desni triedar i ciji je intenzitet dat sa

|~c| = |~a| |~b| sin(~a,~b).

Vektorski proizvod oznacavamo sa ~a ×~b, pa je

~a ×~b = |~a| |~b| sin(~a,~b) · ~c0,

gde je ~c0 ort vektora ~c.

10.6. Vektori 139

Teorema 28. Vazi:

1) Vektorski proizvod ~a×~b je jednak nuli ako je bar jedan od vektora ~a,~bjednak nuli ili ako su oni kolinearni.

2) Za vektorski proizvod ne vazi zakon komutacije, vec naprotiv postojitzv. svojstvo antikomutativnosti izrazeno jednakoscu

~a ×~b = −~b × ~a.

3)

λ(~a ×~b) = λ~a ×~b = ~a × λ~b.

4)

~a × (~b + ~c) = ~a ×~b + ~a × ~c.

Teorema 29. Neka su dati vektori ~a = (a1, a2, a3), ~b = (b1, b2, b3) i je-dinicni vektori ~i,~j i ~k Dekartovog pravouglog koordinatnog sistema. Tadaje:

1)× ~i ~j ~k~i 0 ~k −~j~j −~k 0 ~i~k ~j −~i 0

2) ~a ×~b = (a2b3 − a3b2)~i − (a1b3 − a3b1)~j + (a1b2 − a2b1)~k,

3)

~a ×~b =

∣∣∣∣∣∣

~i ~j ~ka1 a2 a3

b1 b2 b3

∣∣∣∣∣∣

.


~a = −2~i + 4~j − 6~k

~b = 5~i + 7~j − 3~k

naci vektorski proizvod ~a ×~b.


Resenje: Posto je za vektore ~a = (a1, a2, a3) i ~b = (b1, b2, b3)

~a ×~b =

∣∣∣∣∣∣

~i ~j ~ka1 a2 a3

b1 b2 b3

∣∣∣∣∣∣

= (a2b3 − a3b2)~i − (a1b3 − a3b1)~j + (a1b2 − a2b1)~k,

u nasem slucaju imamo da je

~a ×~b = (4 · (−3) + 6 · 7)~i − (−2 · (−3) + 6 · 5))~j + (−2 · 7 − 4 · 5)~k= (−12 + 42)~i − (6 + 30)~j + (−14 − 20)~k

= 30~i − 24~j − 34~k.

Neposredno iz definicije vektorskog proizvoda proizilazi da je povrsinaparalelograma (P ) konstruisanog nad vektorima ~a i ~b brojno jednaka inte-nzitetu vektorskog proizvoda, tj. P = |~a ×~b|.

Primer 7. Izracunati povrsinu paralelograma odredenog vektorima

~a =~i + 2~j + 3~k

~b = 4~i + 5~j + 6~k.


~a ×~b = (2 · 6 − 3 · 5)~i − (1 · 6 − 3 · 4))~j + (1 · 5 − 2 · 4)~k= (12 − 15)~i − (6 − 12)~j + (5 − 8)~k

= −3~i + 6~j − 3~k.

Pa je povrsina paralelograma P jednaka:

P = |~a×~b| = |−3~i+6~j−3~k| =√

(−3)2 + 62 + (−3)2 =√

9 + 36 + 9 =√

54.

10.6.5 Mesoviti proizvod vektora

Definicija 67. Mesoviti proizvod redom vektora ~a, ~b i ~c, u oznaci [~a,~b,~c] je:

[~a,~b,~c] = (~a ×~b) · ~c = |~d||~c| cos(~d,~c),

gde je vektor ~d = ~a ×~b.

Teorema 30. Neka su dati vektori ~a = (a1, a2, a3), ~b = (b1, b2, b3) i ~c =(c1, c2, c3). Tada je

[~a,~b,~c] =

∣∣∣∣∣∣

a1 a2 a3

b1 b2 b3

c1 c2 c3

∣∣∣∣∣∣

.

10.6. Vektori 141

Apsolutna vrednost mesovitog proizvoda redom vektora ~a, ~b i ~c pre-dstavlja zapreminu paralelopipeda odredenog ovim vektorima.


~a = −3~i − 2~j + 5~k,

~b =~i − 2~j + 3~k

~c = 8~i + 5~j − 2~k

naci mesoviti proizvod (~a ×~b) · ~c.

Resenje: Zadatak cemo resiti na dva nacina. Prvo cemo ga resiti po-stupno, a zatim pomocu poznate formule direktno.

1)

~a ×~b = (−2 · 3 + 5 · 2)~i − (−3 · 3 − 5 · 1))~j + (−3 · (−2) + 2 · 1)~k= (−6 + 10)~i − (−9 − 5)~j + (6 + 2)~k

= 4~i + 14~j + 8~k.

Tada je

(~a ×~b) · ~c = (4~i + 14~j + 8~k) · (8~i + 5~j − 2~k)

= 4 · 8 + 14 · 5 + 8 · (−2) = 32 + 70 − 16 = 86.

2) Po formuli imamo

(~a ×~b) · ~c =

∣∣∣∣∣∣

−3 −2 51 −2 38 5 −2

∣∣∣∣∣∣

Na osnovu Sarusovog pravila imamo da je

(~a ×~b) · ~c = (−3) · (−2) · (−2) + (−2) · 3 · 8 + 5 · 1 · 5− ((−2) · 1 · (−2) + (−3) · 3 · 5 + 5 · (−2) · 8)= −12 − 48 + 25 − 4 + 45 + 80 = 150 − 64 = 86.

Primer 9. Izracunati zapreminu paralelopipeda odredenu vektorima:

~a = 3~i −~j + 2~k,


~b = 2~i − 2~j + 4~k,

~c = −4~i + 5~j − 2~k.

Resenje: Oznacimo sa (slika 24)

~d = ~a ×~b.

b

d

a

H

O

c

d0

Slika 24.

Tada je povrsina paralelograma odredenog vektorima ~a i ~b jednaka |~d|.Duzina duzi [OH] jednaka je projekciji vektora ~c na vektor ~d. Tada je za-premina paralelopipeda V jednaka:

V = |~d| · [OH] = |~d| · c~d0= |~d| · |~c| · cos(c, d) = |(~a ×~b) · ~c|

(~a ×~b) · ~c =

∣∣∣∣∣∣

a1 a2 a3

b1 b2 b3

c1 c2 c3

∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣

3 −1 22 −2 4

−4 5 −2

∣∣∣∣∣∣

Na osnovu Sarusovog pravila imamo

(~a ×~b) · ~c = 3 · (−2) · (−2) + (−1) · 4 · (−8) + 2 · 2 · 5− ((−1) · 2 · (−2) + 3 · 4 · 5 + 2 · (−2) · 4)= −12 + 16 + 20 − (4 + 60 + 16) = 24 − 80 = −56.

Konacno imamo da je V = |(~a ×~b) · ~c| = | − 56| = 56.

10.7. Zadaci 143

10.7 Zadaci

1. Neka su date cetiri nekomplanarne tacke. Koliko razlicitih pravih oneodreduju.

2. Neka su date dve mimoilazne prave i tri razlicite tacke. Ispitati kolikorazlicitih ravni one obrazuju.

3. Koliko dijagonala ima sedmougao?

4. Neka je A − B − C i A − B − D. Da li je C − B − D ?

5. Neka je A − C − B. Ako je M srediste duzi AC i N srediste duzi BC,

dokazati da je MN =1

2AB.

6. Neka su kod trouglova ABC i A1B1C1 podudarne visine CD i C1D1,stranice AB i A1B1 i uglovi ACD i A1C1D1. Dokazati da su oni podudarnitrouglovi.

7. Konstruisati trougao ako su mu date stranice AC, AB i tezisna linijaAA1 (tezisna linija spaja teme trougla sa sredinom naspramne stranice).

8. Za date vektore

~a =~i + 2~k

~b = −~i + 2~j − 4~k

~c = −3~i − 3~j + 5~k

naci vektore:

1) ~a +~b + ~c,

2) ~a −~b − ~c,

3) 4(~a +~b),

4) −2(~b − ~c),

5) 3~a + 4~b + 5~c,

6) −5~a − 4~b + 3~c.

9. Dati su vektori


~a = −6~j − 3~k

~b = 2~i + 4~k.

Izracunati:

1) Intenzitete vektora |~a| i |~b|.2) Skalarni proizvod ova dva vektora.

3) Da li su vektori ortogonalni?

3) Kosinus ugla izmedu vektora ~a i ~b.

4) Projekciju vektora ~a na osu odredenu vektorom ~b.

10. Za date vektore

~a =~i − 2~j + 2~k

~b = 5~i + 7~j − 3~k

odrediti:

1) −3(~a ×~b)

2) 4~a × (−2~b)

3) povrsinu paralelograma odredenog vektorima 2~a i −4~b

11. Dati su vektori:

~a = −~i +~j − ~k,

~b =~i − 2~j + ~k

~c = −~i + 3~j − ~k.

Odrediti:

1) (2~a ×~b) · 3~c,2) −4~a · (~c ×~b),

3) zapreminu paralelopipeda odredenu vektorima ~a, 2~b i −3~c,

4) (~c ×~b) · (~c × ~a),

5) (~a × ~c) × (~b × ~c),

6) da li su vektori ~a, ~b i ~c komplanarni?

12. Pomocu vektora dokazati da vazi Pitagorina teorema.

Literatura

[1] A.Cetkovic, Matematika, teorija i zadaci, Stamparija fakulteta te-hnickih nauka , Novi Sad, 1988.

[2] M.Dejic, S.Cebic, Matematika zbirka resenih zadataka sa elementimateorije , TRITON, Vrsac, 2001.

[3] J.Detki, F.Ferenci, Matematika I, Stamparija fakulteta tehnickih na-uka, Novi Sad, 1983.

[4] Z.Ivkovic, Teorija verovatnoca sa matematickom statistikom, Gra-devinska knjiga, Beograd, 1980.

[5] S.Kurepa, Uvod u matematiku skupovi - strukture - brojevi, Tehnickaknjiga, Zagreb, 1984.

[6] -D.Kurepa, Visa algebra I, Skolska knjiga, Zagreb, 1965.

[7] -D.Kurepa, Visa algebra II , Skolska knjiga, Zagreb, 1965

[8] M.Lazic, T.Malinovic, B.Micic, M.Petrovic, M.Tomic, Matematika,Uciteljski fakultet, Beograd, 1994.

[9] S.Milic, Elementi algebre, Stamparija fakulteta tehnickih nauka, NoviSad, 1984.

[10] S.Milic, Elementi matematicke logike i teorije skupova, Stamparijafakulteta tehnickih nauka, Novi Sad, 1985.

[11] M.Obradovic, D.Georgijevic, Matematika sa zbirkom zadataka, Zavodza izdavanje udzbenika i nastavnih sredstava, Beograd, 1999.

[12] V.Pantic, Zbirka resenih zadataka iz matematike, Uciteljski fakultet,Beograd, 1997.

145

146 LITERATURA

[13] A.Petojevic, Matematika I zbirka zadataka, Ninagraf, Surcin, 2003.

[14] M.Petrovic, Osnovi nastave matematike, Skver, Kragujevac, 1998.

[15] M.Radic, Osnove matematike, Skolska knjiga, Zagreb, 1972.

[16] D.Stevanovic, Elementarna algebra, Zavod za izdavanje, Beograd, 1959.

[17] B.Stojanovic, Zbirka zadataka iz matematike, Svjetlost, Sarajevo, 1985.

[18] M.Zizovic, Matematika, ICIM, Krusevac, 1998.

[19] M.Zizovic, D.-Durcic, Lj.Andric, M.Egeric, Matematika, zbirka za-dataka, ICIM, Krusevac, 1999.

Sadrzaj

Predgovor 1

1 Matematicka logika 3

1.1 Iskazi i logicke operacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2 Tautologije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1.3 Kvantifikatori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.4 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

2 Skupovi 13

2.1 Skup i podskup . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.2 Operacije sa skupovima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

2.3 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

3 Relacije 25

3.1 Pojam relacije i osobine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

3.2 Klase ekvivalencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

3.3 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

4 Preslikavanje (funkcija) 33

4.1 Definicija preslikavanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

4.2 Vrste preslikavanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

4.3 Proizvod preslikavanja, inverzno preslikavanje . . . . . . . . . 37

4.4 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

5 Algebarske strukture 41

5.1 Definicija operacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

5.2 Grupoid . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

5.3 Grupa, prsten, polje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

5.4 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

147

148 SADRZAJ

6 Skupovi brojeva 49

6.1 Prirodni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49

6.2 Celi brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

6.3 Racionalni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

6.4 Realni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

6.5 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

7 Linearne jednacine, nejednacine i sistemi jednacina 63

7.1 Linearne jednacine sa jednom nepoznatom . . . . . . . . . . . 63

7.2 Linearne nejednacine sa jednom nepoznatom . . . . . . . . . 69

7.3 Determinante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71

7.4 Sistemi linearnih jednacina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

7.5 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

8 Kombinatorika 83

8.1 Permutacije, varijacije i kombinacije . . . . . . . . . . . . . . 84

8.2 Permutacije, varijacije i kombinacije sa ponavljanjem . . . . . 88

8.3 Binomni obrazac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

8.4 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

9 Verovatnoce 95

9.1 Algebra dogadaja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

9.2 Definicija verovatnoca i osnovne osobine . . . . . . . . . . . . 98

9.3 Uslovne verovatnoce i nezavisnost dogadaja . . . . . . . . . . 101

9.4 Formula totalne verovatnoce . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

9.5 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

10 Geometrija 107

10.1 Razvoj geometrije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107

10.2 Osnove Hilbertovog sistema aksioma . . . . . . . . . . . . . . 108

10.2.1 Aksiome veze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109

10.2.2 Aksiome rasporeda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

10.2.3 Aksiome podudarnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

10.2.4 Aksiome neprekidnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

10.2.5 Aksioma paralelnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

10.3 Geometrijske figure . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

10.3.1 Trougao, cetvorougao i krug . . . . . . . . . . . . . . . 117

10.3.2 Geometrijske figure u prostoru . . . . . . . . . . . . . 120

10.4 Merenje u geometriji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

10.4.1 Merenje uglova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 123

SADRZAJ 149

10.4.2 Merenje duzi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12410.4.3 Povrsina i zapremina geometrijskih figura . . . . . . . 125

10.5 Geometrijske konstrukcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12610.6 Vektori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

10.6.1 Zbir i razlika vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13010.6.2 Proizvod skalara i vektora . . . . . . . . . . . . . . . . 13110.6.3 Skalarni proizvod vektora . . . . . . . . . . . . . . . . 13710.6.4 Vektorski proizvod vektora . . . . . . . . . . . . . . . 13810.6.5 Mesoviti proizvod vektora . . . . . . . . . . . . . . . . 140

10.7 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143

Literatura 145

matematika 1

Documents