dr gradimir vojvodi c predavanja iz matematicke …lara.epfl.ch/~kuncak/t/mlia.pdf · univerzitet u...

UNIVERZITET U NOVOM SADUPRIRODNO-MATEMATICKI FAKULTET

Dr Gradimir Vojvodic

PREDAVANJA IZ MATEMATICKE LOGIKE I

ALGEBRE

Novi Sad, 2000.

Sadrzaj

Predgovor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

I Matematicka logika 50.1 O matematickoj logici . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

1 Iskazni racun 9

1.1 Operacije sa iskazima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.2 Iskazne formule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.3 Iskazna algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.4 Odnos iskaznih formula i iskazne algebre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.5 Metode za dokazivanje tautologija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.5.1 Tablicna metoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.5.2 Svodenje na protivrecnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

1.5.3 Svodenje na konjunktivni oblik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.5.4 Diskusija po iskaznom slovu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.6 Kanonske forme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.7 Interpretacije iskaznih formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

1.8 Baze iskazne algebre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

1.9 Tvrdenje kompaktnosti za iskazni racun . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.10 Hipoteze i posledice. Semanticki pristup . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

1.11 Formalne teorije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

1.12 Iskazni racun (L) kao formalna teorija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29

1.13 Glavna interpretacija iskaznog racuna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

1.13.1 Potpunost iskaznog racuna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

1.13.2 Odlucivost iskaznog racuna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

1.13.3 Neprotivrecnost iskaznog racuna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

1.13.4 Nezavisnost aksioma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

2 Predikatski racun 37

2.1 Predikatske formule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

2.2 Interpretacija predikatskih formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

2.3 Neke valjane formule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

2.4 Neka jednostavna svojstva valjanih formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

2.5 Predikatski racun kao formalna teorija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

2.6 Specijalni predikatski racun prvog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

2.7 Tvrdjenje Erbrana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

2.7.1 Semanticka posledica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

2.7.2 Ekvivalentnost formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

2.7.3 Preneksni oblik formule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

2.7.4 Skolemizacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

2.7.5 Tvrdenje Erbrana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

2.7.6 Neke posledice tvrdenja Erbrana . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

2.7.7 Postupak rezolucije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

3

4 SADRZAJ

3 Teorija skupova 67

3.1 Teorija skupova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

3.1.1 Jednakost skupova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67

3.1.2 Podskup skupa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

3.1.3 Razlika skupova i prazan skup . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

3.1.4 Operacije sa skupovima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

3.1.5 Familija skupova . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

3.1.6 Ureden par . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

3.2 Relacije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 73

3.2.1 Znacajne binarne relacije skupa A . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

3.2.2 Tvrdenje reprezentacije relacija ekvivalencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

3.2.3 Tranzitivni proizvodi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

3.2.4 Algebra binarnih relacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

3.2.5 Relacije ekvivalencije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81

3.2.6 Relacije poretka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83

3.3 Preslikavanja (funkcije) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

3.3.1 Neke vrste preslikavanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

3.3.2 Kompozicija preslikavanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87

3.3.3 Inverzno preslikavanje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

3.3.4 Neke definicije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91

3.4 Kardinalni i ordinalni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

3.4.1 Prirodni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

3.4.2 Kardinalni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 93

3.4.3 Prebrojivi i neprebrojivi skupovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96

3.4.4 Ordinalni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99

II Algebra 101

4 Grupoidi 103

4.1 Operacije i algebarske strukture . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

4.2 Grupoidi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103

4.3 Podgrupoid grupoida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 104

4.4 Neke osobine grupoida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

4.4.1 Neutralni element . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

4.4.2 Idempotentni element . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

4.4.3 Inverzni element. Asocijativnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

4.4.4 Distributivnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

4.4.5 Uslov skracivanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

4.4.6 Kvazigrupe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 106

4.5 Faktor-grupoid grupoida . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 108

4.6 Homomorfizmi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 110

4.7 Direktan proizvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114

5 Klasicne algebarske strukture 117

5.1 Polugrupa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117

5.1.1 Slobodna polugrupa reci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

5.2 Grupa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 119

5.2.1 Podgrupa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 120

5.2.2 Reprezentacija grupe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

5.3 Prsten . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

5.4 Polje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127

5.5 Ideal prstena . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 130

SADRZAJ 5

6 Mreze i Bulove algebre 1336.1 Mreze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133

6.1.1 S-mreza i A-mreza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1336.1.2 Podmreze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1366.1.3 Modularnost i distributivnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

6.2 Bulove algebre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1396.3 Mreze podalgebri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141

7 Tri interesantna problema 1437.1 Identitet Dudeka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1437.2 Grupoid Parka . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1447.3 O klonovima . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 147

8 Brojevi 1518.1 Realni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1518.2 Prirodni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1548.3 Prsten celih brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1558.4 Elementi teorije brojeva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 156

8.4.1 Linearne Diofantove jednacine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1598.5 Racionalni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1608.6 Kompleksni brojevi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160

9 Matrice 1639.1 Gausov postupak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1639.2 Vektorski prostor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1659.3 Matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1689.4 Determinante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1709.5 Sistemi n linearnih jednacina sa n nepoznatih . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1779.6 Inverzne matrice i primena . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178

10 Polinomi 18310.1 Prsten polinoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183

10.1.1 Prsten funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18310.1.2 Polinomi kao termi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18310.1.3 Polinomi kao nizovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18410.1.4 Polinomne funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 185

10.2 Deljenje polinoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18510.3 Nule polinoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 187

10.3.1 Hornerova sema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18710.3.2 Osnovni stav algebre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18810.3.3 Lagranzov interpolacioni polinom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19010.3.4 Vijetove formule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19010.3.5 O resavanju opstih algebarskih jednacina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19110.3.6 Nule realnih polinoma . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191

11 Vektori 19311.1 Vektori u R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 193

11.1.1 Skalarni proizvod u R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19311.1.2 Vektorski proizvod u R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19611.1.3 Mesoviti proizvod u R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 197

11.2 Vektorski prostor slobodnih vektora V 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19711.2.1 Skalarni proizvod u V 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19711.2.2 Vektorski proizvod u V 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19811.2.3 Mesoviti proizvod u V 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 199

11.3 Jednacine ravni i prave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20011.3.1 Jednacina ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20011.3.2 Jednacina prave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 201

Literatura 205

6 SADRZAJ

Predgovor

Ovaj tekst obuhvata predavanja iz predmeta Matematicka logika i algebra. Namenjen je pre svegastudentima matematike, smer Diplomirani informaticar Prirodno-matematickog fakulteta u Novom Sadu.

Knjiga sadrzi 11 poglavlja. Tekst sadrzi i brojne primere i uradene zadatke. Sve to treba da omogucibrze i lakse usvajanje gradiva.

Takode, i okviri u kojima su izlozeni pojedini delovi teksta, uslovljeni su fondom casova, pa citaocekoji ih zele prosiriti upucujem na literaturu navedenu na kraju knjige. Iz tih knjiga preuzeti su nekizadaci, tvrdenja, kao i neki primeri. Gradivo poslednja cetiri poglavlja proucava se i prosiruje u viseredovnih kurseva za studente informatike.

Posebnu zahvalnost dugujem Viktoru Kuncaku, iz cijih belezaka sa mojih predavanja je nastao ovajtekst. Viktor Kuncak je tehnicki obradio tekst, dao brojne korisne sugestije i pazljivo proverio resenjazadataka. Njegovom zaslugom je prosiren odeljak 2.7.7 u odnosu na izvorni tekst predavanja.

Zahvaljujem se recenzentima prof. Dr Miodragu Raskovicu sa PMF iz Kragujevca i prof. Dr MilanuGrulovicu sa PMF iz Novog Sada na korisnim komentarima i primedbama koje su mi ukazali nakonpazljivog citanja rukopisa.

Posebno se zahvaljujem akademiku prof. Dr Olgi Hadzic, rektoru Univerziteta u Novom Sadu, cijanesebicna pomoc je omogucila pojavljivanje ove knjige.

U Novom Sadu, maja 1998. Gradimir Vojvodic

Uz drugo izdanje

Drugo izdanje ovog udzbenika pretrpelo je neznatne izmene u odnosu na prvo izdanje.Gradimir Vojvodic

I

Matematicka logika

7

0.1. O MATEMATICKOJ LOGICI 9

0.1 O matematickoj logici

U doba Starih Grka matematika je, cini se, prvi put postala egzaktna, deduktivna nauka. Euklidovi“Elementi” bili su skoro 2000 godina uzor savrsene matematicke sinteze.

U pocecima razvoja tvz. vise matematike bilo je puno stvari koje Stari Grci sigurno ne bi smatralistrogim dokazom. Kantor je u svojim radovima pocetkom dvadesetog veka trebalo da donese preciznijatumacenja, ali je doslo do pojave paradoksa (Raselov paradoks, odeljak 3.1, i drugi).

Upoznajmo se prvo sa nekim opstim postupcima u vezi sa formiranjem raznih grana matematike.Najcesce se pri izgradivanju matematickih teorija postupa ovako: polazi se od nekog skupa osnovnih

termina i posebnih recenica. (Npr. u geometriji osnovni termini su tacka, prava, ravan, pojam pripadanja,a jedan aksiom je recenica: “za bilo koje dve razlicite tacke postoji tacno jedna prava koja ih sadrzi”.)

Polazni termini shvataju se (kazemo: interpretiraju) kao neki poznati (matematicki ili drugi) objekti.(Tacka, prava i ravan se shvataju najcesce kako to nalaze iskustvo i intuicija, ali postoje i drugemogucnosti.)

Interpretiranjem se osnovni termini “osmisljavaju”. Zato mozemo reci da su pojedine recenice kojeo njima govore tacne. Aksiome smo tako i pravili da u interpretaciji, koju imamo u vidu pri izgradnjiteorije, one budu tacne. Ostale recenice koje su tacne pri istoj interpretaciji pri kojoj su i aksiome tacnezovemo tvrdenja. Kako utvrdujemo da li je neka recenica tacna, tj. da li je tvrdenje? Polazimo od vecutvrdenih istina i postupkom logickog zakljucivanja dolazimo do tacnosti trazene recenice. Npr. polazeciod recenica: “Kvadrat je pravilan mnogougao” i “ako je mnogougao pravilan, u njega se moze upisatikruznica” mi zakljucujemo “u kvadrat se moze upisati kruznica”. Ili iz: “Dati broj je deljiv sa 3” i “Datibroj je deljiv sa 5” zakljucujemo “Dati broj je deljiv sa 15”.

Iz ova dva primera uocavamo da se utvrdivanje istinitosti recenice (dokazivanje) sprovodi uz pomocodredenih logickih pravila. U prvom slucju pravilo koje se koristilo moze se lako izdvojiti. (Ako je Atacan iskaz – “Kvadrat je pravilan mnogougao”, i ako se iz A proizilazi B – “Ako je mnogougao pravilan,onda se u njega moze upisati kruznica”, tada je tacan iskaz B – “U kvadrat se moze upisati kruznica”.) Udrugom primeru nije odmah moguce prepoznati logicko pravilo po kome se zakljucuje da je tacno “Datibroj je deljiv sa 15”. I dok u prvom slucaju, pre svega, vodimo racuna o formalnom postupku dokazivanja(nazivamo ga sintakticki), u drugom o tacnosti sudimo na osnovu sadrzaja recenica od kojih polazimo,zakljucujemo “po smislu” – semanticki. U praksi se najcesce oba nacina preplicu.

Postupak izgradivanja matematickih teorija, kako smo ga ovde opisali, u mnogome zavisi od samogjezika kojim tu teoriju izlazemo. U matematici je potrebno precizno izrazavanje, bez dvosmislenosti ineodredenosti termina obicnog jezika. Zato nam je nuzna matematicka logika. Jedan od njenih zadatakaje: formalizacija misaonih procesa od kojih se sastoji ljudsko misljenje. Smisao te formalizacije je ne samopomenuta preciznost izrazavanja, nego i uocavanje logickih zakona na kojima se zasniva zakljucivanje.Stoga je u nastavku izlozen onaj deo logike koji se koristi pri izgradivanju vecine matematickih disciplinasa kojima smo se vec sretali pri izucavanju matematike.

Danas ne postoji jedinstven stav prema sustini pojma matematike, matematicke istine i dozvoljenimsredstvima kojima se do istine dolazi. Kao rezultat pokusaja da se izade iz krize nastali su razni pravciu matematici.

Formalizam (D. Hilbert) Osnovna ideja je da se razne grane matematike mogu izloziti kao for-malne teorije sa tacno propisanim pravilima, pri cemu se koristi malo polazne obicne (meta) matematike.Cilj je da se postigne neprotivrecnost formalne teorije tj. da se unutar formalne teorije ne mogu izvestidokazi dva tvrdenja “A” i “ne A”.

Pokazalo se da uz odredeno preciziranje meta matematickih postupaka (posebno finitnosti) unutarvrlo siroke klase formalnih teorija (u koje spadaju sve one koje sadrze elementarnu aritmetiku) ne mozepokazati neprotivrecnost formalne teorije. Osim toga, za takve teorije vazi da ukoliko su neprotivrecne,tada u njima postoje tvrdenja koja su neodluciva. Dakle postoje izrazi koji su na dopusten nacin formiraniu toj teoriji, takvi da ni izraz ni njegova negacija ne mogu biti izvedeni unutar teorije (Gedel (K. Godel)).

Intuicionizam (L. Brouwer) Zasniva se na intuiciji prirodnih brojeva i konacnosti u njihovoj metamatematici. Najveci naglasak je na konstruktivnom postupku. Intuicionisti ne prihvataju postojanjenekog objekta ako se on ne moze konstruisati.

Logicizam (B. Russel) Pretpostavlja kao polazne deo klasicne matematike i teoriju skupova,ostalu matematiku svodi na logiku.

1

Iskazni racun

1.1 Operacije sa iskazima

Iskaz je recenica koja ima smisla (taj smisao se naziva sud) i koja je u pogledu tacnosti ili tacna ili lazna.Da je iskaz tacan obelezavamo sa >, a da je netacan sa ⊥.

Primer 1.1 Recenica 2 + 2 = 4 je tacan iskaz. Recenica 2 · 3 < 5 je netacan iskaz. Recenica “Videosam dete sa drugog sprata” nije iskaz, jer je neprecizna. Izjava Epeminida sa ostrva Krita “Svi stanovniciKrita lazu” nije iskaz jer joj ne mozemo dodeliti istinitostnu vrednost. Hipoteza Golbaha (C. H. Golbach)(“Svaki paran broj veci ili jednak od cetiri moze se napisati kao zbir dva prosta broja” jeste iskaz, jerima istinitosnu vrednost > ili ⊥, samo sto nam ta istinitosna vrednost nije poznata. 4

Iskaze cemo oznacavati slovima p, q, r, . . . Takode umesto “ako i samo ako” pisemo “akko”.

Definicija 1.2

Disjunkcija redom iskaza p i q je iskaz “p ili q”, u oznaci p∨ q, koji je tacan akko je bar jedan od iskazap, q tacan.

Konjunkcija redom iskaza p i q je iskaz “p i q”, u oznaci p ∧ q, koji je tacan akko su oba iskaza p i qtacni.

Implikacija redom iskaza p i q je iskaz “ako p onda q”, u oznaci p⇒ q, koji je netacan akko je p tacan,a q netacan.

Ekvivalencija redom iskaza p i q je iskaz “p akko q”, u oznaci p⇔ q, koji je tacan akko su ili oba iskazatacna ili oba iskaza netacna.

Negacija iskaza p je iskaz “ne p”, u oznaci ¬p, koji je tacan akko je p netacan iskaz.

1.2 Iskazne formule

Neka je Var = {p1, . . . , pn, . . .} prebrojiv (videti odeljak 3.4.3) skup iskaznih slova (promenljive),∧,∨,⇒,⇔,¬ logicki veznici, a > i ⊥ logicke konstante (logicke konstante se mogu, a ne moraju uvoditikao deo iskaznih formula).

Definicija 1.3

1. Iskazna slova (i logicke konstante) su iskazne formule.

2. Neka su A i B oznake za iskazne formule. Tada su iskazne formule i (A ∧ B), (A ∨ B), (A⇒B),(A⇔B) i (¬A).

3. Iskazne formule se dobijaju samo konacnom primenom pravila 1 i 2.

Definicija 1.4 Formula D je podformula formule C akko je D formula koja je deo formule C.

Usvajamo sledeci dogovor o brisanju zagrada:

• spoljne zagrade se brisu;

• operacijama dodeljujemo razlicit prioritet: ¬ vezuje najjace, ∧ i ∨ slabije, a ⇒ i ⇔ najslabije.

Primer 1.5 ¬p ∨ q⇒ r znaci((

(¬p) ∨ q)⇒ r

). 4

11

12 1. ISKAZNI RACUN

1.3 Iskazna algebra

Definicija 1.6 Neka su ⊥ i > dva razlicita znaka. Uredena sestorka

({>,⊥},∧,∨,⇒,⇔,¬)

naziva se iskazna algebra ako su ∧, ∨, ⇒, ⇔ binarne operacije skupa {>,⊥} date tablicama

∧ > ⊥> > ⊥⊥ ⊥ ⊥

∨ > ⊥> > >⊥ > ⊥

⇒ > ⊥> > ⊥⊥ > >

⇔ > ⊥> > ⊥⊥ ⊥ >

a ¬ unarna operacija data sledecom tablicom.

¬> ⊥⊥ >

Prioritet operacija odgovara prioritetu logickih veznika u iskaznim formulama. Svako preslikavanje{>,⊥}n → {>,⊥} naziva se n-arna operacija iskazne algebre. Osim navedenih operacija, u iskaznojalgebri se cesto posmatraju i sledece dve:

x ↑ y = ¬(x ∧ y) (Seferova (Sheffer))

x ↓ y = ¬(x ∨ y) (Lukasijeviceva (J. Lukasiewicz)).

1.4 Odnos iskaznih formula i iskazne algebre

Iskazne formule interpretiramo u iskaznoj algebri.

Definicija 1.7 Valuacija α je preslikavanje Var → {>,⊥} koje iskaznim slovima dodeljuje vrednosti izskupa {⊥,>}.

Definicija 1.8 Vrednost formule A u valuaciji α, u oznaci vα(A), definisana je na sledeci nacin:

vα(pi) = α(pi), za iskazno slovo pi;

vα(A ∧ B) = vα(A) ∧ vα(B);

vα(A ∨ B) = vα(A) ∨ vα(B);

vα(A⇒B) = vα(A)⇒ vα(B);

vα(A⇔B) = vα(A)⇔ vα(B).

Napomena 1.9 Postoji bitna razlika izmedu oznaka ∧, ∨, ⇒ i ⇔ koje se javljaju sa leve i desnestrane definicije 1.8. U formuli A ∧ B oznaka ∧ se javlja kao logicki veznik, tj. element azbuke koji sekoristi pri izgradnji formula kao nizova simbola, dok sa desne strane ∧ predstavlja logicku operaciju kaopreslikavanje ∧ : {>,⊥}2 → {>,⊥}, koje zbog preglednosti pisemo u infiksnom obliku. �

Napomena 1.10 Iz definicije sledi da vα(A) zavisi samo od vrednosti α(q1), . . . , α(qk) gde su q1,. . . , qk promenljive koje se javljaju u formuli A. Formulu cije su promenljive medu promenljivim q1,. . . , qk oznacavamo sa A(q1, . . . , qk). �

Interpretacijom u iskaznoj algebri iskaznoj formuli A(q1, . . . , qk) dodeljujemo funkciju

A : {>,⊥}k → {>,⊥}

za koju vaziA(x1, . . . , xk) = vα(A(q1, . . . , qk))

gde je α valuacija za koju vazi α(qi) = xi za i ∈ {1, 2, . . . k}. Ako je data formula A(q1, . . . , qk) i B1,. . . , Bk su proizvoljne iskazne formule, tada sa A(B1, . . . , Bk) oznacavamo formulu koja je dobijena odformule A(q1, . . . , qk) zamenom iskaznih slova q1, . . . , qk redom formulama B1, . . . , Bk. Formula A(B1,. . . , Bk) se naziva instanca formule A(q1, . . . , qk).

1.4. ODNOS ISKAZNIH FORMULA I ISKAZNE ALGEBRE 13

Napomena 1.11 Umesto da formulu oznacimo sa A(x), a kasnije rezultat zamene promenljive xformulom F oznacavamo sa A(F ), mozemo koristiti oznaku A[x/F ] za rezultat zamene promenljivex formulom F . Prednost ovakvog zapisa je sto za datu formulu A ne moramo znati koje se svepromenljive u njoj javljaju. U tom slucaju [x/F ] funkcionise kao preslikavanje skupa formula u skupformula. Ovo preslikavanje formuli A pridruzuje formulu A[x/F ] i naziva se zamena. U opstem slucaju,ako su q1, . . . , qn proizvoljna medusobno razlicita iskazna slova, tada definisemo zamenu koja formuli Apridruzuje formulu A[q1/F1, . . . , qn/Fn] u kojoj su su sve pojave promenljivih q1, . . . , qn zamenjene redomformulama F1, . . . , Fn. Definiciju zamene mozemo precizirati sledecim jednakostima:

qi[q1/F1, . . . , qn/Fn] = Fi za 1 ≤ i ≤ n

x[q1/F1, . . . , qn/Fn] = x ako x /∈ {q1, . . . , qn}(¬A)[q1/F1, . . . , qn/Fn] = ¬(A[q1/F1, . . . , qn/Fn])

(A ∧ B)[q1/F1, . . . , qn/Fn] = A[q1/F1, . . . , qn/Fn] ∧ B[q1/F1, . . . , qn/Fn]

(A ∨ B)[q1/F1, . . . , qn/Fn] = A[q1/F1, . . . , qn/Fn] ∨ B[q1/F1, . . . , qn/Fn]

(A⇒B)[q1/F1, . . . , qn/Fn] = A[q1/F1, . . . , qn/Fn]⇒B[q1/F1, . . . , qn/Fn]

(A⇔B)[q1/F1, . . . , qn/Fn] = A[q1/F1, . . . , qn/Fn]⇔B[q1/F1, . . . , qn/Fn].

�

Definicija 1.12 Formula A je tautologija, u oznaci |= A, akko za sve valuacije α vazi vα(A) = >.

Tautologije opisuju zakonitosti matematicke logike i zakljucivanja uopste, i upucuju na pravila koja sekoriste u dokazivanjima.

Primer 1.13 Sledeca tablica pokazuje da, bez obzira koje vrednosti valuacija dodeljuje promenljivim pi q, vrednost formule (p⇒ q)⇔(¬p ∨ q) je >. Zato je ova formula tautologija.

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

4

U nastavku navodimo spisak nekih tautologija.

1. p⇒ p

2. p ∨ ¬p (zakon iskljucenja treceg)

3. ¬(p ∧ ¬p) (zakon neprotivrecnosti)

4. ¬¬p⇒ p (zakon dvojne negacije)

5. ¬p⇒(p⇒ q)

6. (¬p⇒¬q)⇒(q⇒ p) (zakon kontrapozicije)

7. (p⇒(q ⇒ r))⇒((p⇒ q)⇒(p⇒ r))

8. (p ∧ p)⇔ p; (p ∨ p)⇔ p (zakon idempotencije)

9. p ∧ (q ∧ r)⇔(p ∧ q) ∧ r

10. p ∧ q⇔ q ∧ p (zakon komutativnosti za ∧ i ∨)

11. p ∧ (p ∨ q)⇔ p; p ∨ (p ∧ q)⇔ p (zakon apsopcije)

12. p ∧ (q ∨ r)⇔(p ∧ q) ∨ (p ∧ r) (distributivnost ∧ prema ∨)

13. ¬(p ∧ q)⇔¬p ∨ ¬q ¬(p ∨ q)⇔¬p ∧ ¬q (De Morganovi zakoni)

14. p⇔ p

15. (p⇒ q) ∧ (r⇒ s)⇒(p ∧ q⇒ r ∧ s)

16. (p⇔ q) ∧ (q⇔ r)⇒(p⇔ r)

17. (p⇔ q) ∧ (r⇔ s)⇒((p ∗ q)⇔(r ∗ s))

gde je ∗ ∈ {∧,∨,⇒,⇔} proizvoljan logicki veznik

18. p ∧ (p⇒ q)⇒ q

19. (p⇒ q ∧ r)⇔((p⇒ q) ∧ (p⇒ r))

14 1. ISKAZNI RACUN

20. (p ∨ q⇒ r)⇔((p⇒ r) ∧ (q⇒ r))

21. (p ∧ ¬q⇒ r ∧ ¬r)⇔(p⇒ q)

22. (¬p⇒ r ∧ ¬r)⇒ p

23. (p ∧ q⇒ r)⇔(p ∧ ¬r⇒ q)

24. (p⇒ q)⇔(¬p ∨ q)

25. p ∨ >⇔>; p ∧ >⇔ p

26. (p ∨ ⊥)⇔ p; (p ∧ ⊥)⇔⊥27. (p⇔ q)⇔((p⇒ q) ∧ (q⇒ p))

28. p ∧ (q ∧ r)⇔(p ∧ q) ∧ r p ∨ (q ∨ r)⇔(p ∨ q) ∨ r

Tvrdenje 1.14 Ako |= A i |= A⇒B onda |= B.

Dokaz. Neka je α proizvoljna valuacija. Posto |= A, vazi vα(A) = >. Iz |= A⇒B sledi vα(A⇒B) = >.Tada je, prema definiciji 1.8, (vα(A)⇒ vα(B)) = > tj. (>⇒ vα(B)) = >. Odatle prema tablici zaimplikaciju sledi vα(B) = >. Posto je α bilo proizvoljno, sledi da za svako α vazi vα(B) = >. Dakle|= B.

Sledece tvrdenje pokazuje da su instance tautologija tautologije.

Tvrdenje 1.15 Neka je A proizvoljna formula, q1, . . . , qk razlicite promenljive, a B1, . . . , Bk proizvoljneiskazne formule. Tada ako

|= A

onda

|= A[q1/B1, . . . , qk/Bk].

Dokaz. Neka je α proizvoljna valuacija. Posto svaka od formula Bi uzima vrednosti iz skupa {>,⊥},posmatrajmo valuaciju α′ datu sa α′(qi) = vα(Bi). Kako je formula A[q1/B1, . . . , qk/Bk] dobijenazamenom svih qi odgovarajucim Bi, vazi

vα(A[q1/B1, . . . , qk/Bk]) = vα′(A)

sto se moze proveriti i indukcijom po broju logickih veznika u formuli A. Posto |= A, to i za α′

vazi vα′(A) = >. Zato i vα(A[q1/B1, . . . , qk/Bk]) = >. Posto je α bila proizvoljna valuacija, sledi|= A[q1/B1, . . . , qk/Bk].

Tvrdenje 1.16 Neka su A i B proizvoljne formule i neka je F (A) formula koja ima kao svoju podformuluformulu A. Tada

|= (A⇔B)⇒(F (A)⇔F (B))

gde je F (B) dobijena od formule F (A) zamenom podformule A formulom B.

Dokaz. Neka je α proizvoljna valuacija.

1. vα(A⇔B) = ⊥. Tada na osnovu osobina implikacije direktno sledi

vα((A⇔B)⇒(F (A)⇔F (B)) = >.

2. vα(A⇔B) = >. Tada je

vα(A) = vα(B)

pa je

vα(F (A)) = F (vα(A)) = F (vα(B)) = vα(F (B))

gde je F funkcija iskaznog racuna dobijena interpretacijom svih delova iskazne formule osim formuleA. Odatle po definiciji ekvivalencije sledi vα(F (A)⇔F (B)) = >, pa je i cela implikacija tacna.

1.5. METODE ZA DOKAZIVANJE TAUTOLOGIJA 15

Napomena 1.17 Prethodni dokaz se moze sprovesti i indukcijom po broju logickih veznika u formuliF (A). �

Primer 1.18 Neka je Φ oznaka za formulu p ∧ (q ∧ r)⇔ r ∧ (p ∧ q). Pokazacemo da je Φ tautologija.Oznacimo prvo sa Ψ tautologiju 9:

p ∧ (q ∧ r)⇔(p ∧ q) ∧ r.

Ako na tautologiji 10 primenimo zamenu [p/(p ∧ q), q/r] dobijamo formulu

(p ∧ q) ∧ r⇔ r ∧ (p ∧ q)

koja je prema tvrdenju 1.15 takode tautologija. Prema tvrdenju 1.16 vazi

|= ((p ∧ q) ∧ r⇔ r ∧ (p ∧ q))

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

pa prema tvrdenju 1.14 dobijamo

|= (p ∧ (q ∧ r)⇔(p ∧ q) ∧ r)⇔(p ∧ (q ∧ r)⇔ r ∧ (p ∧ q))

tj. |= Ψ⇔Φ. Neka je α proizvoljna valuacija. Kako je vα(Ψ⇔Φ) = >, sledi

vα(Ψ)⇔ vα(Φ) = >.

Formula Ψ je tautologija, pa vα(Ψ) = >, odakle dobijamo vα(Φ) = >. Posto je α bila proizvoljnavaluacija, sledi |= Φ. Time smo dokazali da je Φ tautologija. 4

Napomena 1.19 Primenom slicnog postupka kao u prethodnom primeru moze se pokazati da istinitosnavrednost vα(A) formule A ne zavisi od redosleda podformula koje ucestvuju u konjunkcijama formule A.Slicno vazi i za disjunkciju. To nam omogucava da izostavljamo zagrade u formulama kada nam je bitnasamo istinitosna vrednost koju one uzimaju pri datoj valuaciji. Tako umesto (p ∧ (q ∧ r)) ∧ s mozemopisati samo p ∧ q ∧ r ∧ s. �

1.5 Metode za dokazivanje tautologija

1.5.1 Tablicna metoda

Istinistosna vrednost date iskazne formule zavisi samo od interpretacije iskaznih slova koje u njoj ucestvu-ju. Iskazna slova uzimaju vrednosti iz skupa {>,⊥}. Ako su q1, . . . , qk iskazna slova formula A tada onamogu uzeti 2k razlicitih vrednosti. Ovaj postupak za proveru da li je formula iskaznog racuna tautologijase sastoji u proveri istinitosne vrednosti iskazne formule A u svih 2k slucajeva, sto se prikazuje tablicom(primer 1.13).

1.5.2 Svodenje na protivrecnost

Da bismo proverili da li je iskazna formula A tautologija, pretpostavimo da A nije tautologija, tj. da je zaneke vrednosti iskaznih slova netacna, i trazimo vrednosti koje iskazna slova moraju imati da bi formulabila netacna. Ukoliko pronadjemo bar jedan takav niz vrednosti za iskazna slova, to je primer koji ukazujeda formula nije tautologija. Ako se dokaze da da takve vrednosti ne postoje, onda je pokazano da je taformula tautologija. Ovaj metod je narocito pogodan ukoliko formula sadrzi veliki broj implikacija, jerako je implikacija p⇒ q netacna, onda p mora biti tacno, a q netacno.

Primer 1.20 Proverimo da li je |= (p⇒(q⇒ r))⇒((p⇒ q)⇒(p⇒ r)). Pretpostavimo suprotno: daje za neke vrednosti p, q, r vrednost formule ⊥. Tada vα(p⇒(q⇒ r)) = > i vα((p⇒ q)⇒(p⇒ r) =⊥. Iz poslednje jednakosti sledi vα(p⇒ q) = > i vα(p⇒ r) = ⊥, pa α(p) = > i α(r) = ⊥. Izvα(p⇒ q) = > tada sledi α(q) = >. No tada je vα(p⇒(q⇒ r)) = ⊥ sto je kontradikcija. Dakle(p⇒(q⇒ r))⇒((p⇒ q)⇒(p⇒ r)) je tautologija. 4

16 1. ISKAZNI RACUN

1.5.3 Svodenje na konjunktivni oblik

Ovaj metod se zasniva na tautologijama

1. (A⇔B)⇔((A⇒B) ∧ (B ⇒A));

2. (A⇒B)⇔(¬A ∨ B);

3. (¬(A ∨ B))⇔(¬A ∧ ¬B);

4. (¬(A ∧ B))⇔(¬A ∨ ¬B);

5. (¬¬A)⇔A;

6. (A ∨ (B ∧ C))⇔((A ∨ B) ∧ (A ∨ C)).

Neka je F0(q1, . . . , qk;⇔,⇒,∧,∨,¬) formula cija su iskazna slova q1, . . . , qk. Primenom tvrdenja 1.16i tautologije 1 na sve podformule formule F0 oblika A⇔B dobijamo formulu F1(q1, . . . , qk;⇒,∧,∨,¬)koja ne sadrzi ⇔, a ekvivalentna je sa F0 (ima istu istinitosnu vrednost kao i F0 bez obzira na vrednostiucestvujucih promenljivih). Primenom tvrdenja 1.16 i tautologije 2 na F dobijamo ekvivalentnu formuluF2(q1, . . . , qk;∧,∨,¬). Primenom tautologija 3, 4, 5 i tvrdenja 1.16 dobijamo formulu F3 u kojoj senegacija javlja samo uz iskazna slova. Ako primenjujuci tautologiju 6 u formuli F3 potreban broj putazamenimo podformule oblika A∨ (B∧C) podformulama (A∨B)∧ (A∨C), dobijamo formulu F4 u obliku

M1 ∧ M2 ∧ . . . ∧ Mk

gde je svaki Mi oblika ai1 ∨ ai2 . . .∨ aikigde su aij

iskazna slova ili njihove negacije. Za F4 kazemo da jeu konjunktivnom obliku. F4 je tautologija akko su sve formule Mi tautologije, a to vazi akko se u svakojod formula Mi javlja neko iskazno slovo p zajedno sa svojom negacijom ¬p. Posto su formule F0 i F4

ekvivalentne, time utvrdujemo i da li je pocetna formula tautologija.

Primer 1.21 Dokazimo da je formula (p⇒ q ∧ ¬q)⇒¬p tautologija. Svodenjem na konjuktivni oblikdobijamo sledeci niz ekvivalentnih formula.

(p⇒(q ∧ ¬q))⇒¬p,

¬p ∨ (q ∧ ¬q)⇒¬p,

¬(¬p ∨ (q ∧ ¬q)) ∨ ¬p,

(¬¬p ∧ ¬(q ∧ ¬q)) ∨ ¬p,

(p ∧ (¬q ∨ ¬¬q)) ∨ ¬p,

(p ∧ (¬q ∨ q)) ∨ ¬p,

(p ∨ ¬p) ∧ (¬q ∨ q ∨ ¬p).

Poslednja formula je tacna u svim valuacijama, pa je tautologija. Kako je ona ekvivalentna polaznojformuli, i polazna formula je tautologija. 4

Primer 1.22 Ispitajmo da li je tautologija formula

((p ∨ q) ∧ r) ∨ (¬r ∧ p).

Svodenjem na konjunktivni oblik dobijamo formulu

(p ∨ q ∨ ¬r) ∧ (p ∨ q ∨ p) ∧ (r ∧ ¬r) ∧ (r ∧ p)

koja je ekvivalentna sa (p∨ q ∨¬r)∧ (p∨ q)∧ (r ∧¬r) ∧ (r ∧ p). Vidimo da vec prva disjunkcija ne sadrzinijedno slovo zajedno sa njegovom negacijom. Zato mozemo definisati valuaciju u kojoj je ta disjunkcijanetacna:

α(p) = ⊥α(q) = ⊥α(r) = >

Kako je netacna prva disjunkcija, i cela formula je netacna. Tako smo nasli valuaciju za koju polaznaformula nije tacna, pa ne moze biti tautologija. 4

1.5. METODE ZA DOKAZIVANJE TAUTOLOGIJA 17

1.5.4 Diskusija po iskaznom slovu

Diskusija po iskaznom slovu se zasniva na sledecoj posledici definicije tautologije: F (q1, . . . , qk−1, qk) jetautologija akko su obe formule F (q1, . . . , qk−1,>) i F (q1, . . . , qk−1,⊥) tautologije.

Primer 1.23 Ukoliko vrsimo diskusiju po iskaznom slovu p, dobijamo da je formula A(p, q, r) data sa

(p⇒(q ⇒ r))⇒((p⇒ q)⇒(p⇒ r))

tautologija akko

1. |= (>⇒(q⇒ r))⇒((>⇒ q)⇒(>⇒ r)), sto je tacno jer je

vα(>⇒C) = vα(C)

za svaku formulu C, a (q⇒ r)⇒(q⇒ r) je instanca tautologije p⇒ p,

2. |= (⊥⇒(q⇒ r))⇒((⊥⇒ q)⇒(⊥⇒ r)), sto je, s obzirom da je

vα(⊥⇒C) = >,

ekvivalentno sa |= >⇒(>⇒>).

4

Zadatak 1.24 Neka je F (q1, . . . , qn;⇔) iskazna formula koja sadrzi promenljive q1, . . . , qn i ne sadrzidruge promenljive, a od logickih veznika sadrzi samo ⇔. Dokazati da je F tautologija akko se svakoiskazno slovo javlja paran broj puta.

Resenje. Na osnovu istinitosne tablice za logikcku operaciju ⇔ lako se proverava da su formule

(A⇔(B ⇔C))⇔((A⇔B)⇔C)

(A⇔B)⇔(B ⇔A)

tautologije. Primetimo takode da vazi vα(p⇔ p) = > i (>⇔x) = x. Oznacimo sa pn formulu

p⇔ p⇔· · ·⇔ p︸︷︷︸

n

.

Ako je n = 2m paran broj, tada je

vα(p2m) = vα(p⇔ p)⇔· · ·⇔ vα(p⇔ p)︸︷︷︸

n

= >⇔· · ·⇔> = >.

Ako je n = 2m + 1 neparan broj, tada je

vα(p2m+1) = vα(p2m)⇔ vα(p) = >⇔α(p) = α(p).

Takode je jasno da za valuaciju za koju vazi α(p) = > vazi

vα(pn) = >⇔>⇔· · ·⇔> = >.

Neka je F (q1, . . . , qn;⇔) proizvoljna formula koja sadrzi promenljive q1, . . . , qn i ne sadrzi drugepromenljive, a od logickih veznika sadrzi samo ⇔. Tada se primenom asocijativnosti i komutativnostiekvivalencije i tvrdenja 1.16 formula F moze transformisati u njoj ekvivalentnu formulu F ′:

qk1

1 ⇔ qk2

2 ⇔· · ·⇔ qkn

n

pri cemu se svaka od promenljivih javlja jednak broj puta u formulama F i F ′. (Grupisemo ista iskaznaslova u formuli.) Pokazacemo da je formula F ′ tautologija ako su svi brojevi k1, . . . , kn parni, a nijetautologija ako je neki od brojeva k1, . . . , kn neparan.

Pretpostavimo da su svi brojevi k1, . . . , kn parni. Tada za svaku valuaciju α imamo

vα(F ′) = vα(qk1

1 )⇔· · ·⇔ vα(qkn

n ) = >⇔· · ·⇔> = >,

18 1. ISKAZNI RACUN

pa je F ′ tautologija. Pretpostavimo sada da je za 1 ≤ i ≤ n neki ki neparan. Posmatrajmo valuaciju αdatu sa

α(p) =

{⊥, ako je p = qi

>, inace.

Tada je

vα(F ′) = vα(qk1

1 )⇔· · ·⇔ vα(qki−1

i−1 )⇔ vα(qki

i )⇔ vα(qki+1

i+1 )⇔· · ·⇔ vα(qkn

n )

= >⇔· · ·⇔>⇔α(qi)⇔>⇔· · ·⇔>= α(qi) = ⊥.

Dakle F ′ nije tacna za valuaciju α, pa nije ni tautologija. Prema tome, F ′ je tautologija akko se svakaod promenljivih javlja paran broj puta. Formula F joj je ekvivalentna i svaka od promenljivih se javljau F i F ′ isti broj puta, pa je i F tautologija akko se svaka od promenljivih u F javlja paran broj puta.

1.6 Kanonske forme

Videli smo da svakoj iskaznoj formuli F (q1, . . . , qn) interpretacija dodeljuje funkciju F (x1, . . . , xn) kojapredstavlja n-arnu operaciju iskazne algebre. Pokazacemo da vazi i obrnuto: za svaku funkciju f :{>,⊥}n → {>,⊥} postoji iskazna formula F tako da je F = f . Funkcija f se naziva istinitosna funkcija.

Definicija 1.25 Neka je p iskazno slovo, a α ∈ {>,⊥}. Tada je pα definisano sa

p> = p

p⊥ = ¬p.

Tvrdenje 1.26 Neka je f : {>,⊥}n → {>,⊥} istinitosna funkcija iskazne algebre. Tada

f(x1, . . . , xn) =∨

(α1,...,αn)∈{>,⊥}n

(f(α1, . . . , αn) ∧ xα1

1 ∧ · · · ∧ xαn

n ).

Dokaz. Neka je (β1, . . . , βn) ∈ {>,⊥}n proizvoljna n-torka vrednosti iz {>,⊥}. Tada βαi

i = > akkoβi = αi, pa je

βα1

1 ∧ · · · ∧ βαn

n =

{>, α1 = β1, · · ·αn = βn;⊥, inace.

Otud

∨

(α1,...,αn)∈{>,⊥}n

(f(α1, . . . , αn) ∧ βα1

1 ∧ · · · ∧ βαn

n )

= ⊥ ∨ · · · ∨ ⊥ ∨ f(β1, . . . , βn) ∨ ⊥ · · · ∨ ⊥= f(β1, . . . , βn).

Formula koju smo pridruzili istinitosnoj funkciji u prethodnom tvrdenju sadrzi i znake > i ⊥.Odgovarajucu formulu koja ne sadrzi > i ⊥ dobijamo na sledeci nacin. Ukoliko funkcija f uvek uzimavrednost ⊥ tada joj pridruzimo formulu p ∧ ¬p za proizvoljno iskazno slovo p. Neka je sada funkcija ftakva da bar za jednu uredenu n-torku (β1, . . . , βn) uzima vrednost >. Prema prethodnom tvrdenju je:

f(x1, . . . , xn) =∨

(α1,...,αn)∈{>,⊥}n

(f(α1, . . . , αn) ∧ xα1

1 ∧ · · · ∧ xαn

n ).

Posto je ⊥ ∧ xα1

1 ∧ · · · ∧ xαnn = ⊥, i kako ⊥ ∨ y = y za svako y, vrednost izraza sa desne strane se nece

promeniti ukoliko uklonimo sve clanove za koje je f(α1, . . . , αn) = ⊥. Ako je pak f(α1, . . . , αn) = >,tada umesto > ∧ xα1

1 ∧ · · · ∧ xαnn mozemo staviti samo xα1

1 ∧ · · · ∧ xαnn . Zato je

f(x1, . . . , xn) =∨

f(α1,...,αn)=>(xα1

1 ∧ · · · ∧ xαn

n ).

1.6. KANONSKE FORME 19

Za poslednju formulu kazemo da se nalazi u disjunktivnoj kanonskoj formi .Svaku formulu mozemo predstaviti i u konjunktivnoj kanonskoj formi, na sledeci nacin. Neka je

f proizvoljna n-arna istinitosna funkcija. Ako f uvek uzima vrednost >, tada je mozemo predstavitiformulom p ∨ ¬p. Pretpostavimo da f uzima vrednost ⊥ bar za jednu n-torku (β1, . . . , βn). Tada je if ′(x1, . . . , xn) = ¬f(x1, . . . , xn) n-arna istinitosna funkcija koja bar za tu istu n-torku uzima vrednost>. Stoga prema tvrdenju 1.26 vazi

¬f(x1, . . . , xn) =∨

(α1,...,αn)∈{>,⊥}n

(¬f(α1, . . . , αn) ∧ xα1

1 ∧ · · · ∧ xαnn ).

Ukoliko primenimo negaciju na obe strane formule dobijamo:

f(x1, . . . , xn) =∧

(α1,...,αn)∈{>,⊥}¬(¬f(α1, . . . , αn) ∧ xα1

1 ∧ · · · ∧ xαn

n )

=∧

(α1,...,αn)∈{>,⊥}n

(f(α1, . . . , αn) ∨ ¬xα1

1 ∨ · · · ∨ ¬xαn

n )

=∧

f(α1,...,αn)=⊥(x¬α1

1 ∨ · · · ∨ x¬αn

n ).

Za poslednju formululu kazemo da je u konjunktivnoj kanonskoj formi .

Zadatak 1.27 Odrediti sve do na ekvivalenciju iskazne formule A koje sadrze promenljive p i q i nesadrze druge promenljive, a za koje vazi

|= p ∧ q⇔(p ∧ A).

Resenje. Uslov |= p ∧ q⇔(p ∧ A) vazi akko za svaku valuaciju α vazi

vα(p ∧ q⇔ p ∧ A) = >

sto je evkvivalentno saα(p) ∧ α(q)⇔α(p) ∧ vα(A) = >.

Za α(p) = > ovaj uslov se svodi naα(q)⇔ vα(A) = >,

a on je ekvivalentan sa uslovom vα(A) = α(q). Za α(p) = ⊥ uslov se svodi na

⊥⇔⊥

koji trivijalno vazi. Prema tome, formula A zadovoljava uslove zadatka akko vazi vα(A) = α(q) za svakuvaluaciju za koju je α(p) = >. Istinitosna tablica formule A stoga izgleda ovako.

p q A> > >> ⊥ ⊥⊥ > x⊥ ⊥ y

Pri tome su x i y proizvoljni elementi skupa {>,⊥}. Za razlicite vrednosti x i y dobijamo 4 istinitosnefunkcije. Njima odgovaraju 4 neekvivalentne formule:

x y A> > (p ∧ q) ∨ (¬p ∧ q) ∨ (¬p ∧ ¬q)> ⊥ (p ∧ q) ∨ (¬p ∧ q)⊥ > (p ∧ q) ∨ (¬p ∧ ¬q)⊥ ⊥ p ∧ q

Kako se svakoj formuli A koja zadovoljava uslov zadatka moze pridruziti istinitosna funkcija ovakvogoblika, zakljucujemo da su to sve do na ekvivalenciju iskazne formule koje zadovoljavaju trazeni uslov.

20 1. ISKAZNI RACUN

Zadatak 1.28 Neka je A(p1, . . . , pn;¬,∧,∨) iskazna formula cije su sve promenljive medu promenljivimp1, . . . , pn, a od logickih veznika sadrzi samo ¬, ∧ i ∨. Neka je A∗ = A(¬p1, . . . ,¬pn;¬,∨,∧) formuladobijena od formule A tako sto su promenljive p1, . . . , pn zamenjene redom formulama ¬p1, . . . ,¬pn, alogickim veznicima ∧ i ∨ su medusobno zamenjena mesta. Dokazati da je tada A∗ ⇔¬A tautologija.

Resenje. Formula A∗ ⇔¬A je tautologija akko za svaku valuaciju α vazi vα(A∗) = ¬vα(A). Neka je αproizvoljna valuacija. Pokazacemo da za svaku formulu A tada vazi

vα(A∗) = ¬vα(A).

Tvrdenje dokazujemo indukcijom po broju n logickih veznika u formuli A.

Za n = 0 formula A je oblika pi za 1 ≤ i ≤ n. Tada je A∗ oblika ¬pi, pa je direktno po definicijiinterpretacije vα(¬pi) = ¬vα(pi).

Pretpostavimo da tvrdenje vazi za sve formule sa manje od n logickih veznika. Neka je A proizvoljnaformula sa n logickih veznika. Razlikujemo 3 slucaja.

1. A je ¬B gde je B formula koja ima manje od n logickih veznika. Tada je A∗ oblika ¬B∗. Premainduktivnoj hipotezi vazi vα(B∗) = ¬vα(B), pa ¬vα(B∗) = ¬vα(¬B), sto je ekvivalentno savα(¬B∗) = vα(¬¬B) tj. vα(A∗) = vα(¬A).

2. A je B∧C gde su B i C formule koje imaju manje od n logickih veznika. Tada je A∗ oblika B∗∨C∗.Za B i C vazi induktivna hipoteza, pa je vα(B∗) = ¬vα(B) i vα(C∗) = ¬vα(C). Tada prema DeMorganovom zakonu dobijamo

vα(A∗) = vα(B∗ ∨ C∗)

= vα(B∗) ∨ vα(C∗)

= ¬vα(B) ∨ ¬vα(C)

= ¬(vα(B) ∧ vα(C))

= ¬vα(B ∧ C)

= ¬vα(A).

3. A je B∨C gde su B i C formule koje imaju manje od n logickih veznika. Tada analogno prethodnomslucaju, A∗ je B∗ ∧ C∗. Za B i C vazi induktivna hipoteza, pa je vα(B∗) = ¬vα(B) i vα(C∗) =¬vα(C). Ponovo prema De Morganovom zakonu dobijamo

vα(A∗) = vα(B∗ ∧ C∗)

= vα(B∗) ∧ vα(C∗)

= ¬vα(B) ∧ ¬vα(C)

= ¬(vα(B) ∨ vα(C))

= ¬vα(B ∨ C)

= ¬vα(A).

Time je indukcijski korak zavrsen.

1.7 Interpretacije iskaznih formula

Iskazna algebra Interpretacija iskaznih formula u iskaznoj algebri (definicija 1.8) predstavlja inter-pretaciju koju cemo mi najcesce koristiti.

1.7. INTERPRETACIJE ISKAZNIH FORMULA 21

Prekidacka kola U ovoj interpretaciji iskazna slova predstavljamo prekidacima u elektricnom kolu, aiskazne veznike medusobnim rasporedom prekidaca u kolu.

Konstanti > pridruzicemo otvoreni prekidac

a konstanti ⊥ prekidac

Pri tome pretpostavljamo da horizontalni polozaj prekidaca omogucava prolaz samo u horizontalnom,a vertikalni samo u vertikalnom smeru. Iskaznom slovu p pridruzicemo prekidac

formuli ¬p prekidac

formuli p ∧ q prekidac

a formuli p ∨ q prekidac

Sada se mogu napraviti sheme i za slozene iskazna formule.

Primer 1.29 Za formulu (p ∧ q) ∨ (p ∧ r) odgovarajuca shema (predikacko kolo) je

4

22 1. ISKAZNI RACUN

U osnovi prvih digitalnih raccunara su navedena prekidacka kola. Jedan od osnovnih problemaizgradnje velikih racunskih masina je takozvani problem minimizacije: kako sa sto manje upotrebljenihelemenata postici trazeni efekat.

Primer 1.30 Za formulu p ∧ (q ∨ r) odgovarajuce prekidacko kolo je dato na sledecoj slici.

No, navedena formula je ekvivalentna formuli (p ∧ q) ∨ (p ∧ r) cije smo prekidacko kolo konstruisali uprimeru 1.29. To znaci da prekidacko kolo iz ovog primera predstavlja i formulu (p ∧ q) ∨ (p ∧ r) i to satri prekidaca, za razliku od prethodnog kola u kojem je bilo potrebno 4 prekidaca. 4

Zadatak 1.31 Odrediti prekidacko kolo sa dva prekidaca p i q tako da bude otvoreno kada je jedanprekidac otvoren, a drugi zatvoren, a zatvoreno u ostalim slucajevima.

Resenje. Prvo cemo sastaviti tablicu odgovarajuce operacije iskazne algebre.

p q f(p, q)> > ⊥> ⊥ >⊥ > >⊥ ⊥ ⊥

Na osnovu tablice dobijamo iskaznu formulu u disjunktivnoj normalnoj formi

(p ∧ ¬q) ∨ (¬p ∧ q),

koja se oznacava sa p∨ q ili p⊕ q i naziva iskljucna disjunkcija. Ona odreduje trazeno prekidacko kolo.

Logicka kola U konstrukciji digitalnih racunara osnovnu ulogu igraju elementi koji se nazivaju logickisklopovi . Logicki sklopovi imaju jedan ili vise ulaza, a preko svojih izlaza realizuju logicke funkcije kaosto su ∧, ∨ i ¬. Ulazi i izlazi se mogu nalaziti u dva stanja, oznacena obicno sa 0 i 1. Njima odgovarajuistinitosne vrednosti > i ⊥. Za date vrednosti ulaza logicko kolo daje izlaz koji je u skladu sa logickomfunkcijom koju predstavlja. Primetimo da sada konkretnim objektima interpretiramo same operacije,dok smo kod prekidackih kola iskazna slova interpretirali kao prekidace. Razlikujemo sledeca tri osnovnasklopa.

I-sklop je element sa dva ulaza x i y koji na izlazu daje vrednost x ∧ y.

ILI-sklop je element sa dva ulaza x i y koji na izlazu daje vrednost x ∨ y.

1.7. INTERPRETACIJE ISKAZNIH FORMULA 23

NE-sklop je element sa jednim ulazom x koji na izlazu daje vrednost ¬x.

Logicko kolo povezuje konacan broj sklopova. Moze imati veci broj ulaza i izlaza.

Primer 1.32 Logicko kolo sa tri ulaza na sledecoj slici realizuje funkciju ¬(x ∨ y) ∧ z.

4

Primer 1.33 Logicko kolo koje realizuje ¬(x ∨ (¬y ∧ z)) prikazano je na sledecoj slici.

4

Prirodne brojeve mozemo prikazati u binarnom brojevnom sistemu. Broj n ∈ N0 tako na jedinstvennacin mozemo prikazati u obliku

akak−1 . . . a1a0

gde ai ∈ {0, 1} za 1 ≤ i ≤ k, ak 6= 0 i vazi

n = ak · 2k + ak−1 · 2k−1 + · · · + a1 · 21 + a0 · 20.

Tako broj 13 = 1 · 23 + 1 · 22 + 0 · 21 + 1 · 20 prikazujemo u obliku 11012 (donji indeks 2 oznacava da seradi o binarnom zapisu broja).

Sledece logicko kolo realizuje sabiranje dve binarne cifre sa prenosom. Naziva se polusabirac.

Ponasanje polusabiraca je opisano sledecom tabelom. Prvi izlaz daje zbir ulaza x i y po modulu 2, ato je x ⊕ y (sto se realizuje sa (x ∨ y) ∧ ¬(x ∧ y)), a drugi izlaz daje konjukciju ulaza x ∧ y.

24 1. ISKAZNI RACUN

x y Izlaz 2 Izlaz 10 0 0 00 1 0 11 0 0 11 1 1 0

Ceo polusabirac skraceno obelezavamo kao na slici.

Kada se dva polusabiraca povezu kao sto je oznaceno na sledecoj shemi, dobija se sabirac.

Sabirac sabira stanja na ulazu x i y, uzimajuci u obzir i prenos z. Izlaz sabiraca je zbir x ⊕ y ⊕ z iukupni prenos prilikom sabiranja. Kada se na odgovarajuci nacin poveze n sabiraca dobija se elementkoji sabira prirodne brojeve iz opsega od 0 do 2n − 1 predstavljene u binarnom zapisu.

1.8 Baze iskazne algebre

Tvrdenje 1.34 Svaka operacija iskazne algebre se moze prikazati formulom koja sadrzi kao operacijskaslova samo jedan od sledeca tri para logickih operacija:

1. ∨, ¬;2. ∧, ¬;3. ⇒, ¬.

Dokaz. Na osnovu tvrdenja 1.26, svaka operacija iskazne algebre se moze predstaviti pomocu logickihoperacija ∧, ∨ i ¬.

1. Posto je p∧ q = ¬(¬p∨¬q), znaci da konjunkciju mozemo izraziti preko ∨,¬ pa se pomocu ove dveoperacije moze izraziti svaka operacija iskazne algebre.

2. Analogno prethodnom slucaju, p∨ q = ¬(¬p∧¬q) pa su i ∧,¬ dovoljni da se izrazi svaka operacijaiskazne algebre.

3. Kako je p ∨ q = ¬p⇒ q, tvrdenje sledi iz prethodnog slucaja.

1.8. BAZE ISKAZNE ALGEBRE 25

Definicija 1.35 Baza iskazne algebre je minimalni skup operacija iskazne algebre pomocu kojih semogu izraziti sve ostale operacije iskazne algebre.

Definicija 1.36 Baza iskaznog racuna je minimalni skup logickih veznika takav da je svaka formulaiskaznog racuna ekvivalentna nekoj formuli koja sadrzi samo logicke veznike tog skupa.

Ako je skup S, ciji su clanovi logicke operacije, baza iskazne algebre, tada za svaku operaciju iskaznealgebre f postoji formula F koja sadrzi samo logicke veznike koji odgovaraju operacijama iz skupa S,takva da je f = F tj. f predstavlja interpretaciju formule F u iskaznoj algebri. Minimalnost skupa S seogleda u tome da ni za jedno o ∈ S skup S \ {o} nije baza iskazne algebre.

Primer 1.37 Skup {¬} nije baza, jer su sve formule koja od logickih veznika sadrze samo ¬ oblika¬¬ · · · ¬p za neko iskazno slovo p, a interpretacija tih formula nikada ne moze biti npr. funkcija kojauzima vrednost > za sve vrednosti argumenata. Sa druge strane, skupovi {∧,¬}, {∨,¬} i {⇒,¬} jesubaze, jer se na osnovu tvrdenja 1.34, pomocu njih mogu iskazati sve operacije, a lako se proverava da nijedan od skupova {∧}, {∨}, {⇒}, {¬} nije dovoljan da se izraze sve operacije iskazne algebre. 4

Zadatak 1.38 Pokazati da skup {∧,∨} nije baza iskaznog racuna.

Resenje. Primetimo da vazi > ∧ > = > kao i > ∨ > = >. Neka je α valuacija takva da je α(p) = >za svaku promenljivu p. Pokazacemo da za svaku formulu F koja od logickih veznika sadrzi samo ∧ i ∨vazi vα(F ) = >.

Dokaz sprovodimo indukcijom po broju n logickih veznika u formuli F . Ako je n = 0 tada je formulaF oblika p gde je p iskazno slovo. Kako je α(p) = >, sledi vα(F ) = >. Pretpostavimo da tvrdenje vaziza sve iskazne formule sa manje od n logickih veznika i neka je F proizvoljna iskazna formula koja odlogickih veznika sadrzi samo ∧ i ∨. Razlikujemo dva slucaja.

1. F je G ∧ H gde G i H sadrze manje od n veznika ∧ i ∨, pa za njih vazi induktivna hipoteza. Zatoje vα(G) = > i vα(H) = >. Odatle sledi

vα(F ) = vα(G ∧ H) = vα(G) ∧ vα(H) = > ∧ > = >.

2. F je G∨H . Tada, analogno prethodnom slucaju, za G i H vazi induktivna hipoteza, pa je vα(G) =vα(H) = >, odakle sledi

vα(F ) = vα(G ∨ H) = vα(G) ∨ vα(H) = > ∨ > = >.

Prema tome, sve formule F u kojima ucestvuju samo veznici ∧ i ∨ imaju osobinu da je vα(F ) = >za valuaciju za koju je α(p) = > za sve p. Kako npr. za formulu ¬p vazi vα(¬p) = ⊥, sledi da se ¬p nemoze prikazati formulama u kojima ucestvuju samo ∧ i ∨. Prema tome, {∧,∨} nije baza.

Zadatak 1.39 Ako je operacija ∗ definisana sa x ∗ y = ⊥ za sve x, y ∈ {>,⊥}, dokazati:

a) {⇒, ∗} jeste baza iskazne algebre;

b) {∧, ∗} nije baza iskazne algebre.

Resenje.

a) Kako je

¬x = x⇒(x ∗ x)

x ∨ y = (x⇒ y)⇒ y,

a skup {¬,∨} je baza, sledi da je i {⇒, ∗} baza.

b) Pokazacemo prvo sledecu lemu.

Lema 1.40 Svaki izraz A(⊥,∧, ∗) izgradjen od operacija ∧ i ∗ i konstante ⊥ ima vrednost ⊥.

26 1. ISKAZNI RACUN

Dokaz. Indukcijom po broju n znakova ∧ i ∗. Za n = 0 izraz A je konstanta ⊥. Pretpostavimo datvrdenja vazi za sve izraze sastavljene od manje od n znakova ∧ i ∗, gde je n > 0. Neka je A izrazsastavljen od n znakova ∧ i ∗. Tada je A oblika B ∧ C ili B ∗ C. Izrazi B i C imaju manje od nznakova ∧ i ∗, pa je njihova vrednost ⊥. Odatle po definiciji operacija ∧ i ∗ sledi da je vrednost Atakode ⊥.

Sada mozemo dokazati tvrdenje zadatka. Pretpostavimo suprotno, da je skup {∧, ∗} baza. Tadase operacija ¬ moze predstaviti izrazom koji sadrzi promenljive i znake ∧ i ∗. Tada se vrednost¬⊥ je moze predstaviti izrazom koji sadrzi konstante ⊥ i operacije ∗ i ¬, pa je po prethodnoj lemi¬> = ⊥, sto je kontradikcija. Dakle {∧, ∗} nije baza.

Tvrdenje 1.41 Jedine binarne operacije skupa {>,⊥} pomocu kojih se mogu izraziti sve ostale operacijesu ↑ i ↓.

Dokaz. Dokazacemo prvo da su {↑} i {↓} baze iskazne algebre. Na osnovu definicije, za ↑ vazi

p ↑ p = ¬(p ∧ p) = ¬p

(p ↑ q) ↑ (p ↑ q) = ¬(p ↑ q) = ¬¬(p ∧ q) = p ∧ q

a kako je prema tvrdenju 1.34 skup {∧,¬} baza, sledi da je i {↑} baza. Analogno, iz

p ↓ p = ¬(p ∨ p) = ¬p

(p ↓ q) ↓ (p ↓ q) = ¬(p ↓ q) = ¬¬(p ∨ q) = p ∨ q

i kako je prema tvrdenju 1.34 skup {∨,¬} baza, sledi da je i {↓} baza.

Preostaje da pokazemo da su ↓ i ↑ jedine operacije koje cine jednoelementnu bazu. Neka je h(p, q)binarna operacija pomocu koje se mogu prikazati sve ostale. Tada mora biti h(>,>) = ⊥. Ukoliko bi,naime, bilo h(>,>) = >, tada bi za svaku funkciju f koja se moze predstaviti koriscenjem samo operacijeh vazilo f(>,>, . . .>) = >. (Tako na primer za f(p, q) = h(h(p, q), q) vazi f(>,>) = h(h(>,>),>) =h(>,>) = >.) Kako postoje operacije koje za vrednosti iskaznih promenljivih >,>, . . . ,> uzimajuvrednost ⊥ (takva je na primer ¬), mora biti h(>,>) = ⊥.

Analogno zakljucujemo h(⊥,⊥) = >. Zato je operacija h odredena vrednostima h(>,⊥) i h(⊥,>),pa postoje 4 mogucnosti. Operacije koje predstavlja h u svim slucajevima date su u tabeli.

h(>,⊥) h(⊥,>) h> > ↑⊥ ⊥ ↓> ⊥ ¬q⊥ > ¬p

U poslednja dva slucaja h predstavlja negaciju, pa se tada sa h ne mogu izraziti sve operacije. Dakle ↑ i↓ su jedine mogucnosti.

Napomena 1.42 Mogu se posmatrati i operacije vece arnosti (npr. ternarne) sa stanovista baza iskaznealgebre, kao i baze u visevrednosnoj logici (videti [SJ]). �

1.9 Tvrdenje kompaktnosti za iskazni racun

Definicija 1.43 Valuacija α je model za formulu A akko je vα(A) = >. Valuacija α je model za skupformula F akko za svako A ∈ F vazi vα(A) = >.

Tvrdenje 1.44 (Tvrdenje kompaktnosti za iskazni racun) Ako svaki konacan podskup skupaiskaznih formula F ima model, onda i F ima model.

1.9. TVRDENJE KOMPAKTNOSTI ZA ISKAZNI RACUN 27

Dokaz. Neka svaki konacan podskup skupa F ima model. Dokazacemo da je model za ceo skup Fvaluacija i definisana na sledeci nacin:

i(p1) =

{>, ako za svaki konacan podskup skupa F postoji neki model jtako da j(p1) = >;

⊥, inace;

i(pn+1) =

>, ako za svaki konacan podskup skupa F postoji neki model jtako da j(p1) = i(p1), . . . , j(pn) = i(pn), j(pn+1) = >;

⊥, inace.

Dakle, i(pn+1) se definise pomocu vrednosti i(p1), . . . , i(pn). Kako je zadata vrednost i(p1), i je dobrodefinisano. Indukcijom po n pokazacemo sledecu lemu.

Lema 1.45 Za svako n ∈ N vazi da svaki konacan podskup skupa F ima neki model j za koji vazij(p1) = i(p1), . . . , j(pn) = i(pn).

Dokaz. Neka je n = 1. Ako je i(p1) = >, tada po definiciji valuacije i tvrdenje vazi. Neka je i(p1) = ⊥.Posto nije i(p1) = >, postoji konacan podskup A koji nema modele j za koje vazi j(p1) = >. Dokazacemoda tada svaki konacan podskup skupa F ima neki model j za koji vazi j(p1) = ⊥. Pretpostavimo suprotno:da neki konacan podskup B nema modele za koje je j(p1) = i(p1) = ⊥. Posmatrajmo skup A∪B. On jetakode konacan podskup skupa F , pa po pretpostavci tvrdenja ima model m. Taj model je istovremenoi model za A i B. Pri tome m(p1) ∈ {>,⊥}.

1. Ako je m(p1) = >, tada A ima model m za koji je m(p1) = >, sto je kontradikcija;2. Ako je m(p1) = ⊥, tada B ima model m za koji je m(p1) = ⊥, sto je kontradikcija.

Dakle u oba slucaja dolazimo do kontradikcije. Zato je pretpostavka da postoji konacan podskup Bkoji nema modele za koje je j(p1) = ⊥ pogresna, pa svaki konacan podskup ima model m za koji jem(p1) = ⊥. Dakle i za i(p1) = ⊥ tvrdenje vazi.

Pretpostavimo sada da tvrdenje vazi za n: Svaki konacan podskup skupa F ima neki model j tako da

j(p1) = i(p1);j(p2) = i(p2);

...j(pn) = i(pn).

(∗)

Dokazujemo da tvrdenje vazi za n + 1 (postupicemo slicno kao za n = 1). Ako je i(pn+1) = >, tada podefiniciji valuacije i tvrdenje vazi i za n + 1. Neka je i(pn+1) = ⊥. Tada postoji konacan podskup A kojinema ni jedan model j za koji vazi (∗) i j(pn+1) = >, jer bi u suprotnom bilo i(pn+1) = >. Dokazacemoda tada svaki konacan podskup ima model j za koji vazi (∗) i j(pn+1) = ⊥. Pretpostavimo suprotno: daneki konacan podskup B nema model za koji vazi (∗) i j(pn+1) = ⊥. Tada je A∪B konacan podskup, papo induktivnoj hipotezi postoji model m tako da vazi (∗). m je model i za A i za B jer su to podskupoviskupa A ∪ B. Mora biti m(pn+1) = > ili m(pn+1) = ⊥.

1. Ako je m(pn+1) = >, tada A ima model m za koji vazi (∗) i m(pn+1) = >, sto je kontradikcija;2. Ako je m(pn+1) = ⊥, tada B ima model m za koji vazi (∗) i m(pn+1) = ⊥, sto je kontradikcija.

Dakle pretpostavka da neki konacan podskup B nema model za koji vazi (∗) i j(pn+1) = ⊥ vodi ukontradikciju, pa svaki konacan podskup skupa F ima valuciju m za koju vazi

j(p1) = i(p1);

j(p2) = i(p2);...

j(pn) = i(pn);

j(pn+1) = ⊥ = i(pn+1).

Time je dokaz leme zavrsen.

Neka je sada ϕ ∈ F proizvoljna formula. Ona ima konacan broj promenljivih, neka su to promenljivepk1

, . . . , pkn. Stavimo M = max{k1, . . . , kn}. Tada se sve promenljive formule ϕ nalaze medu

promenljivima p1, . . . , pM . Posto je {ϕ} konacan podskup skupa F , prema prethodnoj lemi postojimodel j za {ϕ} takav da i(p1) = j(p1), . . . , i(pM ) = j(pM ). Valuacije i i j se poklapaju za sve vrednostipromenljivih formule ϕ, pa je vi(ϕ) = vj(ϕ) = >. Dakle i je model za ϕ. Kako je ϕ bila proizvoljnaformula, i je model za ceo skup F .

28 1. ISKAZNI RACUN

1.10 Hipoteze i posledice. Semanticki pristup

Definicija 1.46 Neka je F skup iskaznih formula i A proizvoljna formula. A je semanticka posledicaskupa formula F (cije clanove nazivamo hipoteze), u oznaci F |= A, akko za svaku valuaciju α vazi: akoje α model za F , onda je α model i za A.

Primer 1.47 {p, p⇒ q, q⇒ r} |= r. Naime, ako je α model za {p, p⇒ q, q⇒ r} tada je α(p) = >.Takode vα(p⇒ q) = >, pa i α(q) = >. Posto je i vα(q ⇒ r) = >, sledi i α(r) = >. 4Primer 1.48 {p∨ q, p⇒ q} |= (p∧ q)∨ (¬p∨ q) jer za svaku valuaciju α koja je model za skup hipotezavazi α(q) = >, a onda vazi i vα((p ∧ q) ∨ (¬p ∨ q)) = >. 4Primer 1.49 {r, q} |= p⇒ q, jer za α(q) = > vazi vα(p⇒ q) = >. 4Primer 1.50 {q} |= p⇒ p jer vazi i ∅ |= p⇒ p. Uocavamo da je tautologija posledica praznog skupaformula. 4Napomena 1.51 Ako je skup F = {A1, . . . , An} konacan skup, umesto F |= A pisemo i A1, . . . , An |=A. �Tvrdenje 1.52 A1, . . . , An |= A akko |= A1 ∧ · · · ∧ An ⇒A.

Dokaz. (⇒): Neka je α proizvoljna valuacija. Ako je vα(Ai) = ⊥ za neko Ai gde i ∈ {1, 2, . . . n} tada jevα(A1 ∧ · · · ∧An) = ⊥, pa je vα((A1 ∧ · · · ∧An)⇒A) = >. Ukoliko za sve Ai vazi vα(Ai) = >, tada je αmodel za {A1, . . . An}, pa je i vα(A) = >. Zato je vα((A1 ∧ . . . ∧ An)⇒A) = >. Dakle za svako α vazivα((A1 ∧ · · · ∧ An)⇒A) = >, pa je formula tautologija.

(⇐): Neka je α proizvoljna valuacija i neka za sve Ai vazi vα(Ai) = >. Posto je vα((A1 ∧ · · · ∧An)⇒A) = >, sledi (>⇒ vα(A)) = >, pa je vα(A) = >.

Tvrdenje 1.53

|= (A1 ∧ · · · ∧ An ⇒A)⇔(A1 ⇒(A2 ⇒(· · ·⇒(An ⇒A) · · ·)))

Dokaz. Indukcijom po n i diskusijom po vα(An).Za n = 1 formula se svodi na (A1 ⇒A)⇔(A1 ⇒A) sto je instanca tautologije p⇔ p.Pretpostavimo da vazi

|= (A1 ∧ · · · ∧ An ⇒A)⇔(A1 ⇒(A2 ⇒(· · · (An ⇒A) · · ·))).

Treba dokazati

|= (A1 ∧ · · · ∧ An ∧ An+1 ⇒A)⇔(A1 ⇒(A2 ⇒(· · · (An ⇒(An+1 ⇒A))))).

Neka ja α proizvoljna valuacija. Razlikujemo dva slucaja.

1. vα(An+1) = >. Tada se formula svodi na

(A1 ∧ · · · ∧ An ∧ >⇒A)⇔(A1 ⇒(A2 ⇒(· · · (An ⇒>)⇒A)))

odnosno(A1 ∧ · · · ∧ An ⇒A)⇔(A1 ⇒(A2 ⇒(· · · (An ⇒A) · · ·))).

Vrednost poslednje formule u proizvoljnoj valuaciji, pa i u α, je tacna po induktivnoj hipotezi.

2. vα(An+1) = ⊥. Tada je vα(A1 ∧ · · · ∧An+1) = ⊥, pa vα(A1 ∧ · · · ∧ An ⇒A) = >. Sa druge strane,

vα(A1 ⇒(A2 ⇒(· · ·⇒(An ⇒(⊥⇒A))))) =

= vα(A1 ⇒(A2 ⇒(· · ·⇒(An ⇒>))))

= vα(A1 ⇒(A2 ⇒(· · ·⇒(An−1 ⇒>))))

· · ·= >.

Obe strane ekvivalencije su tacne, pa je i ekvivalencija tacna.

1.11. FORMALNE TEORIJE 29

U oba slucaja vrednost formule je >, pa je formula tautologija.

Posledica 1.54 Jednostavna posledica prethodnih tvrdenja je sledeca:

A1, . . . , An |= A akko

|= (A1 ⇒(A2 ⇒(· · ·⇒(An ⇒A) · · ·))) akko

A1, . . . , An−1 |= An ⇒A.

Primer 1.55|= p⇒(q⇒ p) akko

p, q |= p akko

q |= p⇒ p akko

|= q⇒(p⇒ p).

4

1.11 Formalne teorije

Matematicka logika nam omogucuje formalno zasnivanje matematickih teorija. Rec je o tzv. formalnimteorijama kod kojih je do kraja sproveden sintakticki postupak izgradivanja. One se grade iskljucivopomocu simbola i izraza koji su od tih simbola napravljeni, bez pozivanja na “znacenje” (semantiku) tihizraza. Svrha ovakvog nacina konstruisanja matematickih teorija je u “ciscenju” teorije od svih primesajezika koje mogu uneti neodredenost i dvosmislenost, kao i izbegavanju raznih paradoksa.

Definicija 1.56 Formalna teorija je uredena cetvorka

Ft = (S, For, Ax, P )

gde je

S skup osnovnih simbola (azbuka) koji je najvise prebrojiv (videti 3.4.3). Reci su konacni nizovisimbola iz S. Skup svih reci se oznacava sa S∗.

For ⊆ S∗ skup formula. Dat je efektivan postupak kojim se moze utvrditi da li data rec pripada For iline.

Ax ⊆ For skup aksioma. Ako je dat efektivan postupak za odlucivanje da li je neka formula aksiomaili ne, kazemo da je teorija aksiomatska.

P konacan skup pravila izvodenja. Svako pravilo izvodenja α je shema oblika

α :A1, . . . , An

A

gde A1, . . . , An, A oznacavaju formule iz For. Kazemo da je A dobijena primenom pravila izvodenjaα na formule A1, . . . , An. Pravilo α je relacija arnosti (n + 1) na skupu For.

Definicija 1.57 Konacan niz formula B1, . . . , Bn je izvodenje (dokaz) u formalnoj teoriji Ft akko zasvaku formulu Bi, 1 ≤ i ≤ n vazi

1. Bi je aksioma, ili

2. Bi se moze dobiti iz prethodnih formula niza B1, . . . , Bi−1 primenom nekog od pravila izvodenjaiz P .

Formula B je teorema formalne teorije Ft, u oznaci `FtB akko postoji dokaz B1, . . . , Bn−1, B u formalnoj

teoriji Ft. Skup svih teorema formalne teorije Ft oznacavamo sa Th(Ft).

Ako je iz konteksta jasno o kojoj se formalnoj teoriji radi, umesto `FtB pisemo samo ` B.

Definicija 1.58 Formalna teorija Ft je odluciva akko postoji efektivan postupak kojim se za proizvoljnuformulu moze utvrditi da li je teorema formalne teorije Ft (pojam efektivnog postupka ovde necemo strogouvoditi).

30 1. ISKAZNI RACUN

Definicija 1.59 Neka je F ⊆ For proizvoljan skup formula formalne teorije Ft i neka A ∈ For. A jesintaksna posledica skupa formula F , u oznaci F `Ft

A akko postoji konacan niz B1, . . . , Bn formula izFor tako da je Bn formula A i za svako Bi, 1 ≤ i ≤ n vazi

1. Bi ∈ Ax ili

2. Bi ∈ F ili

3. Bi se moze dobiti od prethodnih clanova u nizu primenom nekog od pravila izvodenja iz Ft.

Taj konacan niz formula nazivamo izvodenje formule A iz skupa hipoteza F . U nizu formula kojipredstavljaju dokaz sa Ax oznacavamo da je formula aksioma, sa Hyp da je hipoteza, a sa α(i1, . . . , ik)da je dobijena primenom pravila izvodenja α redom na clanove niza sa indeksima i1, . . . , ik.

Definicija 1.60 Ako je A proizvoljna azbuka, tada sa an oznacavamo rec a . . . a︸︷︷︸

n

iz skupa A∗.

Primer 1.61 Neka je data formalna teorija Ft = (S, For, Ax, P ) gde je

S = {a}For = {a, aa, aaa, . . .}Ax = {a}P = {α}

a α je sledece pravilo izvodenja:

α :w

waa

za proizvoljnu rec w nad azbukom {a} tj.

α = { (w, waa) | w ∈ A∗ }.

Sledeci niz formula je izvodenje formule aaaaa:

1. a Ax2. aaa α(1)3. aaaaa α(2)

Dokazacemo sledece tvrdenje o formalnoj teoriji Ft.

Tvrdenje 1.62 Rec w ∈ S∗ je teorema formalne teorije Ft akko w sadrzi neparan broj simbola a.

Dokaz. ⇒): Dokazujemo da sve teoreme formalne teorije Ft imaju neparan broj simbola a. Pokazacemoda za svaki prirodan broj n rec koja ima izvodenje duzine n u formalnoj teoriji Ft ima neparan broj slovaa. Dokaz sprovodimo indukcijom po n.

Za n = 1 izvodenje se sastoji samo od jedne reci, pa ona mora biti aksioma a. Aksioma a sadrzi jednoslovo a, pa tvrdenje vazi za n = 1.

Pretpostavimo da tvrdenje vazi za sve brojeve k < n gde je n > 1. Neka formula w ima izvodenjew1, . . . , wn gde je wn formula w. Tada je w aksioma ili je dobijena primenom pravila α na prethodnuformulu u nizu. Ako je w aksioma, tada je w formula a pa sadrzi neparan broj slova. U suprotnom, wje dobijena od reci wi za neko 1 ≤ i ≤ n − 1 primenom pravila α, te je w oblika wiaa. Niz w1, . . . , wi−1

predstavlja izvodenje reci wi i duzina tog izvodenja je i < n. Zato prema induktivnoj hipotezi wi sadrzineparan broj slova a. Rec w sadrzi dva slova vise od reci wi, pa i w sadrzi neparan broj slova a. Time jeindukcijski korak zavrsen.

⇐): Indukcijom dokazujemo da za svaki neparan broj 2k − 1 gde k ∈ N postoji izvodenje reci a2k−1.Ako je k = 1, tada je a2k−1 formula a, a to je aksioma.Pretpostavimo da rec duzine a2k−1 ima izvodenje w1, . . . , wn gde je wn formula a2k−1. Tada niz

w1, . . . , wk, a2k+1

predstavlja izvodenje reci a2k+1 jer je a2k+1 dobijena primenom pravila α na rec a2k−1 koja joj prethodiu nizu. Dakle tvrdenje vazi i za k + 1. Time je i drugi smer dokaza zavrsen. 4

Meta jezik je deo “obicne” matematike kojim govorimo o objekt jeziku. Prethodno tvrdenje 1.62pripada meta jeziku, njime su okarakterisane teoreme date formalne teorije.

1.12. ISKAZNI RACUN (L) KAO FORMALNA TEORIJA 31

1.12 Iskazni racun (L) kao formalna teorija

Definicija 1.63 Iskazni racun je formalna teorija L = (S, For, Ax, P ), gde je

S = {p1, . . . , pn, . . . , (, ),⇒,¬} gde je {p1, . . . , pn, . . .} prebrojiv skup iskaznih slova, ( i ) su zagradekao pomocni simboli, a ⇒ i ¬ su logicki veznici.

For je skup formula iskaznog racuna (definicija 1.3) koje od logickih veznika sadrze samo ⇒ i ¬.

Ax je beskonacan skup dat pomocu sledece tri shema-aksiome: ako su A, B i C proizvoljne formuleiskaznog racuna, tada su aksiome

Ax1 A⇒(B ⇒A)Ax2 (A⇒(B ⇒C))⇒((A⇒B)⇒(A⇒C))Ax3 (¬A⇒¬B)⇒(B ⇒A)

Nije tesko uveriti se da postoji efektivan postupak za proveru da li je data formula aksioma iskaznogracuna ili ne. Zato je L aksiomatska teorija.

P = {MP} gde je MP pravilo izvodenja modus ponens dato sa

MP :A, A⇒B

B

Da bismo definiciju formalne teorije ucinili sto jednostavnijom, definisali smo formule iskaznog racuna najeziku koji od logickih veznika sadrzi samo ⇒ i ¬. Ostale veznike uvodimo kao skracene zapise formulakoje sadrze samo veznike ⇒ i ¬:

A ∨ B je zamena za ¬A⇒B;A ∧ B je zamena za ¬(A⇒¬B);A⇔B je zamena za (A⇒B) ∧ (B ⇒A).

Tako na primer p ∨ (q ∧ r) predstavlja oznaku za formulu

¬p⇒¬(q ⇒¬r).

Lema 1.64 Za proizvoljnu formulu A vazi ` A⇒A.

Dokaz.1. A⇒((A⇒A)⇒A) Ax12. (A⇒((A⇒A)⇒A))⇒((A⇒(A⇒A))⇒(A⇒A)) Ax23. (A⇒(A⇒A))⇒(A⇒A) MP(1, 2)4. A⇒(A⇒A) Ax15. A⇒A MP(4, 3)

Tvrdenje 1.65 (Tvrdenje dedukcije za L) Neka je F ⊆ For i A, B ∈ For. Tada F , A ` B akkoF ` A⇒B.

Dokaz. ⇐): Neka F ` A⇒B. Tada postoji izvodenje B1, . . . , Bn gde je Bn formula A⇒B.Posmatrajmo niz

1. B1

2. B2

· · ·n. A⇒B

(n + 1). A Hyp(n + 2). B MP(n + 1, n)

On predstavlja izvodenje formule B iz hipoteza F , A jer prvih n clanova predstavljaju izvodenje izskupa F , pa stoga i iz skupa F ∪ {A}, clan n + 1 je hipoteza, a formula n + 2 se moze dobiti primenompravila MP na clanove n i n + 1 koji joj prethode u nizu. Dakle postoji izvodenje formule B iz skupaF ∪ {A}, pa F , A ` B.

⇒): Dokazacemo da za svaku formulu B vazi sledece tvrdenje: ako postoji izvodenje formule Bu n koraka iz hipoteza F , A tada postoji izvodenje formule A⇒B iz hipoteza F . Dokaz sprovodimoindukcijom po n.

Za n = 1 izvodenje se sastoji samo od formule B, pa ona mora biti aksioma, hipoteza iz F ili hipotezaA.

32 1. ISKAZNI RACUN

1. B je aksioma. Tada je sledeci niz formula izvodenje formule A⇒B iz skupa F :

1. B aksioma2. B ⇒(A⇒B) Ax23. A⇒B MP(1, 2)

2. B je iz F . Tada je, slicno prethodnom slucaju, sledeci niz formula izvodenje formule A⇒B izskupa F :

1. B Hyp2. B ⇒(A⇒B) Ax23. A⇒B MP(1, 2)

3. B je A. Tada prema lemi 1.64 vazi ` A⇒A, pa i F ` A⇒A.

Pretpostavimo sada da za svako k < n, ako postoji izvodenje formule B duzine k iz F , A, tada postojii izvodenje formule A⇒B iz F . Neka postoji izvodenje B1, . . . , Bn gde je Bn formula B. Tada je podefiniciji izvodenja B ili aksioma, ili hipoteza iz F , ili hipoteza A, ili je dobijena primenom pravila MPna prethodne clanove u nizu. U prva tri slucaja analogno kao u prethodnom razmatranju zakljucujemoda postoji izvodenje formule A⇒B iz F . Preostaje da razmotrimo slucaj kada je B dobijena primenompravila MP na prethodne formule u nizu. Tada izvodenje ima sledeci oblik:

1. B1

2. B2

· · ·i. Bi

· · ·j. Bi ⇒B· · ·n. B MP(i, j)

(pri tome nije bitno koja se od formula Bi i Bi ⇒B javlja prva po redu u izvodenju). Prvih i formulacine izvodenje za Bi, a prvih j formula cine izvodenje za Bi ⇒B. Kako je i, j < n, prema induktivnojhipotezi postoje izvodenja iz skupa hipoteza F :

C1, . . . , Cp gde je Cp formula A⇒Bi

kao iD1, . . . , Dq gde je Dq formula A⇒(Bi ⇒B).

Posmatrajmo niz formula

1. C1

2. C2

· · ·p. A⇒Bi

(p + 1). D1

(p + 2). D2

· · ·r. A⇒(Bi ⇒B)

(r + 1). (A⇒(Bi ⇒B))⇒((A⇒Bi)⇒(A⇒B)) Ax2(r + 2). (A⇒Bi)⇒(A⇒B) MP(r, r + 1)(r + 3). A⇒B MP(p, r + 1)

gde je r = p + q. Clanovi od 1 do p i p + 1 do r predstavljaju izvodenja iz F , a u preostalim clanovimasmo koristili samo aksiome L i pravilo MP. Zato je posmatrani niz formula izvodenje formule A⇒B izF .

Time smo pokazali da za svako izvodenje formule B iz F , A postoji izvodenje formule A⇒B iz F .Dakle F , A ` B povlaci F ` A⇒B.

Posledica 1.66 A ` A akko ` A⇒A.

1.12. ISKAZNI RACUN (L) KAO FORMALNA TEORIJA 33

Lema 1.67 Ako su A, B, C proizvoljne iskazne formule, onda

A⇒B, B ⇒C ` A⇒C.

Dokaz. Na osnovu tvrdenja dedukcije A⇒B, B ⇒C ` A⇒C akko A⇒B, B ⇒C, A ` C, a to vazizbog

1. A⇒B Hyp2. A Hyp3. B MP(2, 1)4. B ⇒C Hyp5. C MP(3, 4).

Posledica 1.68 Prema tvrdenju dedukcije i prethodnom tvrdenju vazi

` (A⇒B)⇒((B ⇒C)⇒(A⇒C))

` (B ⇒C)⇒((A⇒B)⇒(A⇒C))

Ako izvodenje A1, . . . , An sadrzi formule oblika A⇒B i B ⇒C onda lema 1.67 obezbeduje da se takvoizvodenje moze dopuniti do izvodenja koje sadrzi i formulu A⇒C. To nam omogucava da lemu 1.67koristimo kao meta pravilo izvodenja. Primenu ovog meta pravila redom na formule Ai i Aj oznacavamosa T (Ai, Aj).

Lema 1.69 Za sve A, B ∈ For vazi A,¬A ` B.

Dokaz. Neka su A i B proizvoljne formule. Tada sledeci niz predstavlja izvodenje formule B iz formulaA i ¬A:

1. ¬A Hyp2. A Hyp3. ¬A⇒(¬B ⇒¬A) Ax14. ¬B ⇒¬A MP(1, 3)5. (¬B ⇒¬A)⇒(A⇒B) Ax36. A⇒B MP(4, 5)7. B MP(2, 6)

Lema 1.70 Za sve A, B ∈ For vazi

1. ` ¬¬A⇒A

2. ` A⇒¬¬A

3. ` (A⇒B)⇒(¬B ⇒¬A)

Dokaz. Neka su A i B proizvoljne formule.

1. Prema tvrdenju dedukcije, dovoljno je dokazati ¬¬A ` A.

1. ¬¬A Hyp2. ¬¬A⇒(¬A⇒¬¬¬A) posledica leme 1.69

i tvrdenja dedukcije3. ¬A⇒¬¬¬A MP(1, 2)4. (¬A⇒¬¬¬A)⇒(¬¬A⇒A) Ax35. ¬¬A⇒A MP(3, 4)6. A MP(1, 5)

2. Po tvrdenju dedukcije dovoljno je dokazati A⇒¬¬A.

1. A Hyp2. ¬¬¬A⇒¬A prema 1. delu ove leme3. (¬¬¬A⇒¬A)⇒(A⇒¬¬A) Ax34. A⇒¬¬A MP(2, 3)5. ¬¬A MP (1, 4)

34 1. ISKAZNI RACUN

3. Koristeci tvrdenje dedukcije, dokazujemo A⇒B ` ¬B ⇒¬A.

1. A⇒B Hyp2. (¬¬A⇒¬¬B)⇒(¬B ⇒¬A) Ax33. ¬¬A⇒A po 1. delu ove leme4. ¬¬A⇒B T (3, 1)5. B ⇒¬¬B po 2. delu ove leme6. ¬¬A⇒¬¬B T (4, 5)7. ¬B ⇒¬A MP(6, 2)

Sledeca lema je direktna posledica aksiome 2 i tvrdenja dedukcije.

Lema 1.71 A⇒(B ⇒C) ` (A⇒B)⇒(A⇒C).

Lema 1.72 Za sve A, B ∈ For vazi A⇒B,¬A⇒B ` B.

Dokaz. Neka su A i B proizvoljne formule.

1. A⇒B Hyp2. ¬A⇒B Hyp3. ¬B ⇒¬A iz 1 po lemi 1.704. ¬B ⇒B T (3, 2)5. ¬B ⇒(B ⇒¬(B ⇒B)) po lemi 1.696. (¬B ⇒B)⇒(¬B ⇒¬(B ⇒B)) iz 5 po lemi 1.717. ¬B ⇒¬(B ⇒B) MP(4, 6)8. (¬B ⇒¬(B ⇒B))⇒((B ⇒B)⇒B) Ax39. (B ⇒B)⇒B MP(7, 8)

10. B ⇒B po lemi 1.6411. B MP(10, 9)

Lema 1.73 Za sve A, B ∈ For vazi

1. A, B ` A⇒B

2. A,¬B ` ¬(A⇒B)

3. ¬A, B ` A⇒B

4. ¬A,¬B ` A⇒B

Dokaz.

1.

1. A Hyp2. B Hyp3. B ⇒(A⇒B) Ax14. A⇒B MP(2, 3)5. B MP(1, 4)

2.

1. A Hyp2. ¬B Hyp3. A⇒((A⇒B)⇒B) iz A, A⇒B ` B po tvrdenju dedukcije4. (A⇒B)⇒B MP(1, 3)5. ¬B ⇒¬(A⇒B) po lemi 1.706. ¬(A⇒B) MP(2, 5)

3, 4. Po lemi 1.69 vazi ¬A ` A⇒B, pa tim pre vazi ¬A, B ` A⇒B kao i ¬A,¬B ` A⇒B.

1.13. GLAVNA INTERPRETACIJA ISKAZNOG RACUNA 35

1.13 Glavna interpretacija iskaznog racuna

Glavna interpretacija iskaznog racuna L je interpretacija iskaznih formula u iskaznoj algebri (definicija1.8). U ovom odeljku govorimo o vezi izmedu sintaksnih svojstava formula (sintaksna posledica, teorema)i semantickih svojstava formula (tautologija, semanticka posledica). Razmatramo tri osnovna problemaformalnih teorija: neprotivrecnost, potpunost i odlucivost, a spomenucemo i nezavisnost aksioma.

Tvrdenje 1.74 Svaka teorema iskaznog racuna L je tautologija (tj. `L A povlaci |= A).

Dokaz. Neposrednom proverom (diskusijom po vrednosti koju u datoj valuaciji uzimaju formule A, B, C)ustanovljavamo da su sve aksiome formalne teorije L tautologije. Indukcijom po n pokazacemo da akopostoji dokaz duzine n za formulu A u L, onda je A tautologija.

Za n = 1 A je aksioma, pa je tautologija. Pretpostavimo da su za svako k < n sve formule kojeimaju dokaz duzine k tautologije. Neka je A proizvoljna formula koja ima dokaz duzine n. Ukoliko je Aaksioma, tada je A tautologija. U suprotnom, A je dobijena primenom pravila MP na prethodne clanoveu nizu:

1. B1

2. B2

· · ·i. Bi

· · ·j. Bi ⇒A· · ·

n. A MP(i, j)

Formule Bi i Bi ⇒A imaju dokaze duzine manje od n, pa prema induktivnoj hipotezi vazi |= Bi i|= Bi ⇒A. Prema tvrdenju 1.14, tada vazi i |= A.

Neka je p> oznaka za p a p⊥ oznaka za ¬p gde je p proizvoljno iskazno slovo.

Lema 1.75 (Kalmar (L. Kalmar)) Neka su p1, . . . , pn iskazna slova formule A(p1, . . . , pn). Tada zasve vrednosti α1, . . . , αn ∈ {>,⊥} vazi:

pα1

1 , . . . , pαn

n ` Aα

gde je α = A(α1, . . . , αn).

Dokaz. Indukcijom po m pokazujemo da tvrdenje vazi za sve formule A sa m logickih veznika ⇒,¬.

Ako je m = 0 tada je A neko iskazno slovo p, α = α1, pa se tvrdenje svodi na pα ` pα, sto je tacno.

Pretpostavimo da tvrdenje vazi za sve formule sa manje od m > 0 logickih veznika. Neka je Aproizvoljna formula sa m logickih veznika. Prema definiciji iskazne formule (definicija 1.63) mogu nastupitisledeca dva slucaja:

1. A je ¬B za neku formulu B. Tada B ima m − 1 < m logickih veznika, pa prema induktivnojhipotezi vazi

pα1

1 , . . . , pαn

n ` Bβ

gde je β = B(α1, . . . , αn). Razlikujemo dva podslucaja.

(a) β = >. Tada Bβ je B, pa pα1

1 , . . . , pαnn ` B. α = ⊥, pa Aα je ¬¬B. Prema lemi 1.70 B ` ¬¬B,

pa dobijamo pα1

1 , . . . , pαnn ` Aα.

(b) β = ⊥. Tada Bβ je ¬B tj. A, pa je Aα bas A jer je α = >. Zato vec po induktivnoj hipotezivazi pα1

1 , . . . , pαnn ` Aα.

2. A je B ⇒C. B i C imaju manje od m logickih veznika, pa za njih vazi induktivna hipoteza. Svaiskazna slova formula B i C su istovremeno i iskazna slova formule A, pa vazi

pα1

1 , . . . , pαn

n ` Bβ, Cγ

36 1. ISKAZNI RACUN

gde je β = B(α1, . . . , αn), a γ = C(α1, . . . , αn), tj. α = (β ⇒ γ). Dakle Aα je Bβ ⇒Cγ . Preostajejos da se dokaze da Bβ, Cγ ` (B ⇒C)β ⇒ γ . Zavisno od vrednosti β i γ razlikujemo 4 slucaja, i svislede iz leme 1.73:

1. β = >, γ = > svodi se na B, C ` B ⇒C2. β = >, γ = ⊥ svodi se na B,¬C ` ¬(A⇒C)3. β = ⊥, γ = > svodi se na ¬B, C ` B ⇒C4. β = ⊥, γ = ⊥ svodi se na ¬B,¬C ` A⇒B

Time smo razmotrili sve mogucnosti pa je induktivni korak zavrsen.

1.13.1 Potpunost iskaznog racuna

Tvrdenje 1.76 (Gedela o potpunosti) ` A akko |= A.

Dokaz. Tvrdenje 1.74 predstavlja smer ⇒) tvrdenja potpunosti. Dokazujemo smer ⇐). Neka |= A(p1,. . . , pn). Tada za sve α1, . . . , αn vazi A(α1, . . . , αn) = >. Stoga prema lemi 1.75 za sve vrednosti α1,. . . , αn ∈ {>,⊥} vazi pα1

1 , . . . , pαnn ` A (jer je α = >). Za αn = > dobijamo

pα1

1 , . . . , pαn−1

n−1 , pn ` A;

a za αn = ⊥ dobijamo

pα1

1 , . . . , pαn−1

n−1 ,¬pn ` A.

Prema tvrdenju dedukcije (tvrdenje 1.65) tada vazi

pα1

1 , . . . , pαn−1

n−1 ` pn ⇒A

pα1

1 , . . . , pαn−1

n−1 ` ¬pn ⇒A.

Kako prema lemi 1.72

pn ⇒A,¬pn ⇒A ` A

dobijamo

pα1

1 , . . . , pαn−1

n−1 ` A.

Ponavljajuci ovaj postupak jos n − 1 puta dobijamo ` A.

1.13.2 Odlucivost iskaznog racuna

Tvrdenje 1.77 Iskazni racun je odluciv.

Dokaz. Neka je A proizvoljna formula iskaznog racuna. Prema prethodnom tvrdenju 1.76 ` A akko|= A. Kako postoji postupak za proveru da li je |= A (npr. tablicom), sledi da u konacnom broju korakamozemo proveriti da li je formula teorema u L (ukoliko koristimo tablicu broj koraka je 2n gde je n brojpromenljivih u formuli).

1.13.3 Neprotivrecnost iskaznog racuna

Definicija 1.78 Iskazni racun je neprotivrecan ako ne postoji par formula A, ¬A tako da ` A i ` ¬A.

Tvrdenje 1.79 L je neprotivrecan.

Dokaz. Pretpostavimo suprotno: da postoje A i ¬A tako da ` A i ` ¬A. Tada, prema tvrdenjupotpunosti (1.76) vazi |= A i |= ¬A, sto je u suprotnosti sa definicijom tautologije.

1.13. GLAVNA INTERPRETACIJA ISKAZNOG RACUNA 37

1.13.4 Nezavisnost aksioma

Sistem aksioma formalne teorije je nezavisan ako se ni jedna od aksioma ne moze dobiti od preostalihkoristeci pravila izvodenja te formalne teorije. Sve aksiome iskaznog racuna L su nezavisne. Ovde cemopokazati da je Ax3 nezavisna od Ax1 i Ax2. Neka je S = {0, 1}. Interpretirajmo logicke veznike ⇒,¬kao operacije na skupu S date sledecim tablicama.

¬0 01 0

⇒ 0 10 0 11 0 0

Oznacimo sa vβ(A) vrednost formule A pri valuaciji β : {p1, p2, . . .} → S. Proverom ustanovljavamoda je za sve valuacije β (bez obzira koje vrednosti promenljive formule A uzimale) vazi vβ(Ax2) = 0 ivβ(Ax3) = 0. Pravilo MP cuva svojstvo “imati vrednost nula za sve valuacije” sto se takode neposrednoproverava.

Zbog toga sve formule koje su dobijene polazeci od aksioma Ax2 i Ax3 imaju vrednost 0 u svimvaluacijama. Ako medutim posmatramo valuaciju β u kojoj vazi vβ(A) = 1 i vβ(B) = 0 za aksiomu(¬A⇒¬B)⇒(B ⇒A) dobijamo vβ(Ax3) = 1. Zbog toga Ax3 ne moze biti posledica aksioma Ax1 i Ax2.Slican postupak se primenjuje i pri dokazivanju nezavisnosti ostalih aksioma, pri cemu se za skup S unekim slucajevima mora uzeti bar troelementni skup.

Napomena 1.80 Postoje formalni sistemi koji se interpretiraju u viseznacnoj logici, npr. na skupu{0, 1, . . . , n − 1} ili cak na podskupu (0, 1) skupa realnih brojeva. �

38 1. ISKAZNI RACUN

2

Predikatski racun

Iskazni racun nam omogucava povezivanje iskaza logickim operacijama i utvrdivanje veza izmedu njih,ali ne omogucava uvid u strukturu iskaza. Osim toga, iskaznim racunom nije moguce iskazati znacenjereci “svaki” i “neki”. Da bi se to omogucilo potreban je slozeniji jezik predikatskog (kvantifikatorskog)racuna.

Primer 2.1 Neka je P (x) oznaka za “x je tacka” a Q(x) za “x je prava”. Tada zapis iskaza “Kroz svakedve razliciti tacke prolazi prava.” u predikatskom racunu glasi:

(∀x)(∀y)(P (x) ∧ P (y) ∧ x 6= y⇒(∃z)(Q(z) ∧ x ∈ z ∧ y ∈ z)).

4

Kada govorimo o predikatskom racunu prvog reda znaci da dozvoljavamo kvantifikovanje samoobjekata, ne i svojstava objekata.

2.1 Predikatske formule

Predikatske formule se grade od sledecih znakova:

1. Var = {v1, v2, v3, . . .} prebrojiv skup znakova promenljivih koje oznacavamo i sa x, y, z, x1, y1, z1,. . . , xn, yn, zn, . . .

2. ∧,∨,⇒,⇔,¬ logicki veznici;

3. ∀, ∃ kvantifikatori;

4. (, ) pomocni znaci;

5. a, b, c, a1, b1, c1, . . . , an, bn, cn znaci konstanti;

6. f, g, h, f11 , f2

1 , . . . , f12 , f2

2 , . . . , f ji : operacijska slova; gornji indeks j u f j

i oznacava arnost operacijskogslova;

7. R11, R

21, . . . , R

12, R

22 . . . , Rj

i relacijska slova; gornji indeks j u Rji oznacava arnost relacijskog slova.

Mora postojati bar jedno relacijsko slovo.

Znakovi konstanti, operacijska slova i relacijska slova cine jezik . Promenljive, logicki veznici, kan-tifikatori i pomocni znaci su fiksirani, dok jezik predikatskog racuna zavisi od teorije koju zelimo njimeda aksiomatizujemo.

Znakove konstanti tumacimo kao konkretne objekte, operacijska slova arnosti n kao n-arne operacijenad objektima, a relacijska slova arnosti n kao n-arne relacije nad objektima.

Primer 2.2 Neka je Z skup celih brojeva. Ako f 21 tumacimo kao sabiranje celih brojeva, R2

1 kaojednakost celih brojeva, R2

2 kao relaciju < nad celih brojevima, a konstantu a1 kao ceo broj 1 ondaformula

R21(x, x) ∧ R2

2(x, f21 (x, a1))

predstavlja tvrdenje “x = x i x < x + 1”. Ova formula je na jeziku {a1, f21 , R2

1, R22}. 4

Definicija 2.3 Termi (izrazi) nad datim jezikom dati su sledecim pravilima:

39

40 2. PREDIKATSKI RACUN

1. Promenljive x, y, z, . . . i konstante a, b, c . . . su termi.

2. Ako su t1, . . . , tj termi i f ji operacijsko slovo arnosti j, tada je i f j

i (t1, . . . , tj) term.

3. Termi se dobijaju samo konacnom primenom pravila 1 i 2.

Definicija 2.4 Neka su t1, . . . , tj termi i Rji relacijsko slovo arnosti j. Tada je Rj

i (t1, . . . , tj) elementarna(atomska) formula.

Definicija 2.5 Formule (nad datim jezikom) su date sledecim pravilima:

1. Elementarne formule su formule.

2. Ako su A i B formule i x promenljiva, tada su formule i (A ∧ B), (A ∨B), (A⇒B), (A⇔B), ¬A,(∀x)A i (∃x)A.

3. Formule se dobijaju samo konacnom primenom pravila 1 i 2.

Posto kvantifikatori ∀, ∃ stoje samo uz promenljive, radi se o racunu prvog reda. Postoje i racuni visegreda, u kojima se kavntifikatori odnose i na operacijska i relacijska slova.

Dogovor o brisanju zagrada:

1. spoljne zagrade brisemo;

2. prioritet znakova je sledeci: ∀, ∃;¬;∧,∨;⇒,⇔.

Definicija 2.6 Neka je x proizvoljna promenljiva i A proizvoljna formula predikatskog racuna. Kazemoda je pojavljivanje promenljive x u formuli A pod dejstvom kvantifikatora ∀ odnosno ∃ ukoliko se ononalazi u podformuli formule A oblika (∀x)B odnosno (∃x)B. Ukoliko pojavljivanje promenljive x nije nipod dejstvom ni jednog od kvantifikatora ∃, ∀, za to pojavljivanje promenljive x kazemo da je slobodno.Promenljiva x je slobodna promenljiva formule A ukoliko postoji slobodno pojavljivanje promenljive x uformuli A. Recenica (zatvorena formula) je formula koja nema slobodne promenljive.

Primer 2.7 Posmatrajmo formulu A:

(∀x)(Q(y)⇒(∃y)P (x, f(y)))

gde su x i y promenljive, Q relacijsko slovo arnosti 1, P relacijsko slovo arnosti 2, a f operacijskoslovo arnosti 1. Prvo i drugo pojavljivanje promenljive x su pod dejstvom kvantifikatora ∀. Prvopojavljivanje promenljive y je slobodno, a drugo je pod dejstvom kvantifikatora ∃. Promenljiva y jeslobodna promenljiva formule A jer postoji slobodno pojavljivanje promenljive y u formuli A. 4

Svojstvo “biti slobodna promenljiva” se moze definisati i na sledeci nacin. Neka je V oznaka za skuppromenljivih terma t, a FV(A) oznaka za skup svih slobodnih promenljivih formule A. Ako je x proizvoljnapromenljiva, a proizvoljna konstanta, f j

i proivoljno operacijsko slovo arnosti j, Rji proizvoljno relacijsko

slovo arnosti j, t1, . . . , tn proizvoljni termi, a B i C proizvoljne formule, tada definisemo

V(x) = {x}

V(a) = ∅

V(f ji (t1, . . . , ti)) = V(t1) ∪ · · · ∪ V(tj)

FV(Rji (t1, . . . , tj)) = V(t1) ∪ · · · ∪ V(tj)

FV(¬B) = FV(B)

FV(B ∧ C) = FV(B) ∪ FV(C)

FV(B ∨ C) = FV(B) ∪ FV(C)

FV(B ⇒C) = FV(B) ∪ FV(C)

FV(B ⇔C) = FV(B) ∪ FV(C)

FV((∀x)B) = FV(B) \ {x}

2.1. PREDIKATSKE FORMULE 41

FV((∃x)B) = FV(B) \ {x}Napomena 2.8 (videti napomenu 1.10) Kada formulu A oznacimo sa A(y1, . . . , yn) tada sa A(t1, . . . , tn)oznacava formulu dobijenu zamenom redom slobodnih pojavljivanja promenljivih y1, . . . , yn termima t1,. . . , tn (ako se neka od promenljiva yj ne javlja u formuli A tada je rezultat zamene tj za yj polaznaformula). Analogne oznake uvodimo za terme: ako je u(y1, . . . , yn) term, tada sa u(t1, . . . , tn) oznacavamorezultat zamene svih pojavljivanja promenljivih y1, . . . , yn redom termima t1, . . . , tn (ni u ovom slucajuse ne moraju sve promenljive y1, . . . , yn javiti u u). �Napomena 2.9 Kao i u iskaznom racunu (napomena 1.11), mozemo uvesti pojam zamene kaopreslikavanja formula predikatskog racuna u formule predikatskog racuna. Prvo definisemo zamenu termat u termu u umesto promenljive x, uz oznaci u[x/t]:

x[x/t] = t

y[x/t] = y

a[x/t] = a

f ji (t1, . . . , tn)[x/t] = f j

i (t1[x/t], . . . , tn[x/t])

Navodimo definiciju zamene terma t umesto promenljive x u formuli A, u oznaci A[x/t].

Rji (t1, . . . , tn)[x/t] = Rj

i (t1[x/t], . . . , tn[x/t])

((∀x)B)[x/t] = (∀x)B

((∀y)B)[x/t] = (∀y)(B[x/t])

((∃x)B)[x/t] = (∃x)B

((∃y)B)[x/t] = (∃y)(B[x/t])

(¬B)[x/t] = ¬(B[x/t])

(B ∧ C)[x/t] = (B[x/t] ∧ C[x/t])

(B ∨ C)[x/t] = (B[x/t] ∨ C[x/t])

(B ⇒C)[x/t] = (B[x/t]⇒C[x/t])

(B ⇔C)[x/t] = (B[x/t]⇔C[x/t])

Pri tome su x i y razlicite promenljive, a konstanta, t, t1, . . . , tn termi, f ji operacijsko slovo, Rj

i relacijskoslovo, a B i C proizvoljne formule. �Napomena 2.10 Negde se za zamenu promenljive x termom t umesto A[x/t] koristi oznaka A(x). �Primer 2.11 Neka je α oznaka za neko R2

k i neka su date formule

α(x, y) ∧ α(y, z)⇒α(x, z)

(∀x)(∀y)(∀z)(α(x, y) ∧ α(y, z)⇒α(x, z)).

Navedene formule mozemo tumaciti na vise nacina.

1. Neka x, y, z uzimaju vrednosti iz skupa Z, a α je relacija jednakosti (=) celih brojeva. Tada prvaformula postaje

x = y ∧ y = z⇒x = z.

Jasno je da ne mozemo govoriti o njenoj tacnosti ako ne zadamo konkretne vrednosti za x, y, z (doovoga je doslo zbog toga sto formula sadrzi slobodne promenljive). Proverom ustanovljavamo daako x, y, z uzmu redom vrednosti 1, 1, 1 dobijamo tacan iskaz. Tacan iskaz dobijamo i kada x, y, zuzmu vrednosti 1, 2, 3. U stvari, lako je uveriti se da bez obzira koje vrednosti uzimale promenljivex, y, z formula se uvek svodi na tacan iskaz.

2. Neka x, y, z takode uzimaju vrednosti iz skupa Z, ali neka je α relacija nejednakosti (6=). Tada seprva formula svodi na x 6= y ∧ y 6= z⇒x 6= z. Ako x, y, z uzmu vrednosti 1, 2, 3 dobijamo tacaniskaz, ali ako uzmu vrednosti (redom) 1, 2, 1 dobijamo netacan iskaz.

Druga formula ne sadrzi slobodne promenljive. Kvantifikator ∀ oznacava da formula koja je pod njegovimdejstvom treba da bude tacna za sve vrednosti promenljivih uz koju kvantifikatori stoje. Zbog toga jedruga formula u prvom tumacenju tacna, a u drugom netacna.

Postoji beskonacno interpretacija formula i one se razlikuju prema skupu vrednosti koje uzimajupromenljive kao i tumacenju konstanti, relacijskih i iskaznih slova. Zbog toga je problem ispitivanjatacnosti formule mnogo slozeniji nego u iskaznog racunu. 4


2.2 Interpretacija predikatskih formula

Interpretacija predikatskih formula je ureden par i = (D, ϕ) gde je D neprazan skup koji nazivamo domeninterpretacije, a ϕ preslikavanje koje znacima konstanti pridruzuje elemente domena D, operacijskimslovima arnosti j funkcije Dj → D, a relacijskim znacima arnosti j relacije arnosti j nad skupom Dtj. podskupove skupa Dj . Za j = 1 dobijamo unarne relacije, to su podskupovi skupa D. (Specijalnioblici unarnih relacija su prazna relacija koja odgovara praznom skupu ∅ i puna relacija koja odgovaraskupu D.) Logicke veznike tumacimo kao odgovarajuce logicke operacije. Formuli (∀x)A dodeljujemovrednost > akko za sve vrednosti promenljive x iz skupa D formula A ima vrednost >. Formuli (∃x)Adodeljujemo vrednost > akko postoji vrednost koju moze uzeti promenljiva x u skupu D tako da formulaA ima vrednost >.

Primer 2.12 U prvom slucaju prethodnog primera 2.11 tumacenje formule je odgovaralo interpretacijii = (Z, ϕ) gde je za ϕ(α) uzeta relacija jednakosti =. Tada je i(α(x, y) ∧ α(y, z)⇒α(x, z)) = >. Udrugom slucaju i = (Z, ϕ) gde je za ϕ(α) uzeta relacija 6=, pa i(α(x, y) ∧ α(y, z)⇒α(x, z)) moze biti >ili ⊥ zavisno od vrednosti koje uzimaju x, y i z. 4

U nastavku cemo precizirati pojam interpretacije. Vrednost terma u datoj interpretaciji i zavisi nesamo od interpretacije konstanti, vec i od vrednosti koje uzimaju promenljive koje ucestvuju u termu.Zato uvodimo pojam valuacije.

Definicija 2.13 Valuacija v interpretacije i = (D, ϕ) je preslikavanje Var → D koje promenljivimdodeljuje vrednosti iz D.

Valuacija dodeljuje vrednosti svim promenljivim, ali su za vrednost terma bitne samo one promenljivekoje u njemu ucestvuju.

Definicija 2.14 Vrednost terma t za valuaciju v interpretacije i, u oznaci ti[v], data je sledecimpravilima:

1. ai[v] = ϕ(a) ako je a konstanta;

2. xi[v] = v(x) ako je x promenljiva;

3. (fnm(t1, . . . , tn))i[v] = fn

m(ti1[v], . . . , tin[v]) gde je fnm = ϕ(fn

m) funkcija pridruzena operacijskomznaku fn

m, a tij [v] vrednosti terma ti u valuaciji v interpretacije i (dobijene prethodnom primenomovih pravila).

Definicija 2.15 Definisemo kada je formula A je tacna u valuaciji v interpretacije i, u oznaci i |=v A.

1. Ako je A elementarna formula Rnm(t1, . . . , tn), tada

i |=v Rnm(t1, . . . , tn)

akko(ti1[v], . . . , tin[v]) ∈ Rn

m

gde je Rnm = ϕ(Rn

m);

2. Ako je A oblika ¬B, tada i |=v ¬B akko ne vazi i |=v B;

3. Ako je A oblika B ⇒C, tada i |=v B ⇒C akko iz i |=v B sledi i |=v C;

4. Ako je A oblika (∀x)B, tada i |=v (∀x)B akko za svako d ∈ D vazi i |=v(d/x) B;

5. Ako je A oblika (∃x)B, tada i |=v (∃x)B) akko postoji d ∈ D tako da vazi i |=v(d/x) B.

Pri tome je v(d/x) valuacija interpretacije i data sa

v(d/x)(y) =

{v(y), y 6= x;d, y = x.

Ukoliko formula sadrzi jos neke iskazne veznike, oni se interpretiraju analogno, npr. i |=v B ∧C akkoi |=v B i i |=v C. Ukoliko jezik ne sadrzi npr. iskazni veznik ∧, tada se A ∧ B uvodi kao skracenica za¬(A⇒¬B), a lako se dokazuje da vazi i |=v B ∧ C akko i |=v B i i |=v C. Takode se (∃x)A moze uvestikao skracenica za ¬(∀x)¬A, pa iz prethodne definicije sledi da je formula (∃x)A tacna u valuaciji v akkopostoji d ∈ D tako da je A tacna u valuaciji v(d/x).

2.2. INTERPRETACIJA PREDIKATSKIH FORMULA 43

Definicija 2.16 Formula A je tacna u interpretaciji i, u oznaci i |= A akko za svaku valuaciju vinterpretacije i vazi i |=v A. Ako je A tacna u interpretaciji i kazemo da je i model formule A.

Definicija 2.17 Formula predikatskog racuna A je valjana, u oznaci |= A, akko je tacna u sviminterpretacijama (svaka interpretacija formule A je model za A).

Napomena 2.18 Ako vazi i |=v A, pisemo iv(A) = >, u suprotnom pisemo iv(A) = ⊥. To namomogucava da definiciju interpretacije iskazemo u obliku analognom interpretaciji iskaznih formula. Takoimamo iv(C ⇒B) = (iv(C)⇒ iv(B)) gde je sa desne strane “⇒” operacija iskazne algebre.

Slicno, umesto |= A pisemo i(A) = >. Dakle i(A) = > akko za svaku valuaciju v vazi iv(A) = >.Ako pak za svaku valuaciju v vazi iv(A) = ⊥, tada pisemo i(A) = ⊥. �

Sledeci primer pokazuje da u opstem slucaju ne mora vaziti ni i(A) = > ni i(A) = ⊥.

Primer 2.19 Neka je A formula R21(x, y), a interpretacija i = (Z, ϕ) gde je Z skup celih brojeva, a

ϕ(R21) relacija < na skupu celih brojeva. Za valuaciju α za koju vazi α(x) = 5 i α(y) = 1 vazi iα(A) = >

jer nije 5 < 1. Sa druge strane, za valuaciju β za koju vazi β(x) = 1 i β(y) = 5 vazi iβ(A) = > jer je1 < 5. Dakle niti je i(A) = > niti i(A) = ⊥, vec vrednost formule u interpretaciji i zavisi od valuacije. 4

Primetimo da formula R21(x, y) nije bila zatvorena, jer su i x i y slobodne promenljive. U nastavku cemo

pokazati da zatvorenim formulama u datoj interpretaciji uvek mozemo dodeliti jednu od istinitosnihvrednosti > ili ⊥.

Lema 2.20 Neka je i proizvoljna interpretacija i A proizvoljna formula. Ako se valuacije v i v ′ poklapajuza sve vrednosti promenljivih koje su slobodne u A tj. ako vazi:

x ∈ FV(A) povlaci v(x) = v′(x),

tada je iv(A) = iv′(A).

Dokaz. Neka je i = (D, ϕ) proizvoljna interpretacija. Dokaz sprovodimo indukcijom po broju logickihveznika i kvantifikatora u formuli A.

Ako je A elementarna formula, tada su sve promenljive koje se javljaju u formuli A slobodne. Ako sev i v′ poklapaju za sve vrednosti tih promenljivih, iz definicije interpretacije (definicije 2.14 i 2.15) sledida je iv(A) = iv′(A).

Pretpostavimo da tvrdenje vazi za sve formule sa manje od n > 0 logickih veznika i kvantifikatora ineka je A formula koja sadrzi n logickih veznika i kvantifikatora. Razlikujemo sledece slucajeve.

1. A je ¬B gde B sadrzi n − 1 logickih veznika i kvantifikatora. Neka se valuacije v i v ′ poklapaju zasve slobodne promenljive formule A. Kako je FV(A) = FV(B), a za B vazi induktivna hipoteza,dobijamo da je iv(B) = iv′(B). Odatle po definiciji interpretacije

iv(¬B) = ¬iv(B) = ¬iv′(B) = iv′(¬B),

sto znaci da tvrdenje vazi i za A.

2. A je B∧C gde B i C imaju manje od n logickih veznika i kvantifikatora, pa za njih vazi induktivnahipoteza. Neka se v i v′ poklapaju za sve vrednosti promenljivih iz FV(A). Kako je FV(A) =FV(B) ∪ FV(C), valuacije v i v′ se poklapaju za sve vrednosti iz FV(B), pa vazi iv(B) = iv′(B).Analogno, iv(C) = iv′(C). Zato je

iv(B ∧ C) = iv(B) ∧ iv(C)

= iv′(B) ∧ iv′(C)

= iv′(B ∧ C)

sto znaci da tvrdenje vazi i za formulu A.

3. Ako je A oblika B ∨ C, B ⇒C ili B ⇔C dokaz je analogan prethodnom slucaju.


4. A je (∀x)B. Tada je FV(A) = FV(B) \ {x}. Neka se v i v′ poklapaju za sve promenljive iz FV(A).Tada se v i v′ poklapaju za sve promenljive iz FV(B) osim mozda promenljive x, pa se za proizvoljnod ∈ D valuacije v(d/x) i v′(d/x) poklapaju za sve promenljive iz FV(B). Zato je prema induktivnojhipotezi

iv((∀x)B) = > ⇔ za sve d ∈ D iv(d/x)(B) = >⇔ za sve d ∈ D iv′(d/x)(B) = >⇔ iv′((∀x)B) = >.

Dakle iv(A) = iv′(A).

5. A je (∃x)B. Analogno prethodnom slucaju, ako se v i v′ poklapaju za sve promenljive iz FV(A),tada je

iv((∃x)B) = > ⇔ postoji d ∈ D tako da iv(d/x)(B) = >⇔ postoji d ∈ D tako da iv′(d/x)(B) = >⇔ iv′((∃x)B) = >,

pa i u ovom slucaju iv(A) = iv′(B).

Time je dokaz zavrsen.

Posledica 2.21 Ako je A zatvorena formula, i proizvoljna interpretacija, a v i v ′ proizvoljne valuacije,tada je iv(A) = iv′(A) = i(A).

Dokaz. Ako su v i v′ proizvoljne valuacije interpretacije i, tada se one poklapaju za sve slobodnepromenljive zatvorene formule A jer FV(A) = ∅. Zato je po prethodnoj lemi 2.20 iv(A) = iv′(A). Odatledalje sledi da ako je iv(A) = >, tada za sve valuacije v′ vazi iv′(A) = >, pa i(A) = >. Ako je pakiv(A) = ⊥, tada za sve valuacije v′ vazi iv′(A) = ⊥, pa je i(A) = ⊥. Prema tome, i(A) = iv(A).

Iz prethodnih tvrdenja sledi da zatvorene formule u datoj interpretaciji uvek imaju dobro definisanuistinitosnu vrednost iz skupa {>,⊥}. Za njih tada vaze pravila koja smo definisali za svaku valuacijupojedinacno: tako je i(A ∧ B) = i(A) ∧ i(B), i(¬A) = ¬i(A) i analogno za ostale logicke veznike.

Primetimo da je nacin izgradnje predikatskih formula od elementarnih formula (definicija 2.5) analogannacinu izgradnje iskaznih fomula od iskaznih slova (definicija 1.3). Ukoliko je A(p1, . . . , pn) iskazna fomula,a B1, . . . , Bn predikatske formule tada sa A(B1, . . . , Bn) oznacavamo predikatsku formulu dobijenu odA(p1, . . . , pn) tako sto su iskazna slova pj zamenjena odgovarajucim predikatskim formulama Bj , a iskazniveznici ¬, ∧, ∨, ⇒ i ⇔ odgovarajucim predikatskim veznicima (koje smo ovde oznacavali istim simbolima¬, ∧, ∨, ⇒ i ⇔).

Tvrdenje 2.22 Neka je iskazna formula A(p1, . . . , pn) tautologija i B1, . . . , Bn proizvoljne predikatskeformule. Tada je A(B1, . . . , Bn) valjana formula, tzv. izvod tautologije.

Dokaz. Neka je i proizvoljna interpretacija i v proizvoljna valuacija interpretacije i. Tada za svako Bj

vazi iv(Bj) ∈ {>,⊥}. Posto je A tautologija, bez obzira na vrednosti iv(Bj) vazice iv(A(B1, . . . , Bn)) =>. Kako je v bila proizvoljna valuacija, zakljucujemo da je A(B1, . . . , Bn) tacna u svim valuacijamainterpretacije i, pa je tacna u interpretaciji i. Kako je i proizvoljna interpretacija, znaci da je A(B1,. . . , Bn) tacna u svim interpretacijama, pa je valjana.

Zadatak 2.23 Odrediti model za formulu (∀x)(β(x)⇒ β(f(x))) takav da je

D = {a, b, c};

f =

(a b c

c b a

)

.

Resenje. Posto je zadat domen D i interpretacija f operacijskog znaka f , treba jos odrediti interpretacijuβ operacijskog znaka β. Prema definiciji univerzalnog kvantifikatora treba da vazi:

β(a)⇒ β(f(a))β(b)⇒ β(f(b))β(c)⇒ β(f(c))

2.2. INTERPRETACIJA PREDIKATSKIH FORMULA 45

pa po definiciji funkcije fβ(a)⇒ β(c)β(b)⇒ β(b)β(c)⇒ β(a)

Jedno od mogucih resenja je β = {a, c}.Ukoliko β(a), β(b), β(c) posmatramo kao iskazna slova, vidimo da je problem sveden na trazenje

modela za skup iskaznih formula. U ovom slucaju je D konacan, pa smo dobili konacan broj iskaznihformula.

Videli smo da se iz tautologija mogu izvesti valjane formule. Sledeci primer pokazuje da nisu svevaljane formule tog oblika.

Tvrdenje 2.24 Formula¬(∀x)α(x)⇔(∃x)¬α(x)

nije izvod tautologije, ali jeste valjana.

Dokaz. Formula je oblika A⇔B gde su A i B dve razlicite formule bez logickih veznika. Zato moze bitijedino izvod iskazne formule oblika p⇔ q za neka dva razlicita iskazna slova p i q. Kako iskazne formuletog oblika nisu tautologije, sledi da formula nije izvod tautologije.

Prelazimo na dokaz da je formula valjana. Neka je i = (D, ϕ) proizvoljna interpretacija. Razlikujemodva slucaja.

1. ϕ(α) = D tj. α interpretiramo kao punu relaciju. Neka je v proizvoljna valuacija. Po definicijiinterpretacije formule za sve d ∈ D vazi

i |=v(d/x) α(x) akkoxi[v(d/x)] ∈ ϕ(α) akkod ∈ ϕ(α).

Posto je ϕ(α) = D, vazi i |=v(d/x) α(x) za svako d ∈ D, pa i |=v (∀x)α(x). Stoga ne vazi i |=v

¬(∀x)α(x). Sa druge strane, za proivoljno e ∈ D imamo

i |=v(e/x) ¬α(x) akkone vazi xi[v(e/x)] ∈ ϕ(α) akkone vazi e ∈ ϕ(α)

Posto je ϕ(α) = D sledi da ni za jedno e ∈ D ne vazi i |=v(e/x) ¬α(x), pa ne vazi |=v (∃x)(¬α(x)).Dakle obe strane ekvivalencije su netacne, pa je ekvivalencija tacna. Valuacija v je bila proizvoljna,pa za svaku valuaciju v vazi i |=v ¬(∀x)α(x)⇔(∃x)(¬α(x)). Zato je formula tacna u interpretacijii.

2. ϕ(α) 6= D. Tada postoji d ∈ D tako da d 6∈ D. Neka je v proizvoljna valuacija. Tada, analognoprethodnom slucaju, ne vazi i |=v(d/x) α(x), pa ne vazi i |=v (∀x)α(x). Zato vazi i |=v ¬(∀x)α(x).Sa druge strane, ne vazi i |=v(d/x) α(x), pa vazi i |=v(d/x) ¬α(x). Zato vazi i |=v (∃x)¬α(x).Sada su obe strane implikacije tacne, a to vazi u proizvoljnoj valuaciji v, pa i u ovom slucajui |= ¬(∀x)α(x)⇔(∃x)(¬α(x)).

Napomena 2.25 Prethodni rezultat se moze uopstiti: za proizvoljnu formulu A vazi

¬(∀x)A⇔(∃x)¬A.

Dokaz je analogan prethodnom, ali se diskusija vrsi po relaciji α(x) datoj sa α(b) akko |=v(b/x) A gde jev proizvoljna valuacija. �

Zadatak 2.26 Neka je sa F oznacena formula

(∀x)¬α(x, x) ∧ (∀x)(∃y) α(x, y) ∧ (∀x)(∀y)(∀z) (α(x, y) ∧ α(y, z)⇒α(x, z)).

Pokazati da formula F ima model, ali da je svaki model za F sa beskonacnim domenom.


Resenje. Neka je i = (N, ϕ) interpretacija formule F gde je N skup prirodnih brojeva, a ϕ(α) = <relacija strogog poretka na skupu prirodnih brojeva. Ni za jedno d ∈ N ne vazi d < d, pa vazi prvi deoformule F . Drugi deo formule F vazi jer za svako d ∈ N postoji d + 1 ∈ N tako da d < d + 1. Treci deoformule F je posledica tranzitivnosti relacije <. Dakle i je model formule F . Pokazujemo da svaki modelformule F ima beskonacan domen.

Neka je i = (D, ϕ) model formule F . Prema definiciji interpretacije, to znaci da za relaciju α vazesledeca tvrdenja:

1. za svako d ∈ D nije α(d, d)

2. za svako d ∈ D postoji e ∈ D tako da α(d, e)

3. za sve d, e, f ∈ D iz α(d, e) i α(e, f) sledi α(d, f)

Pokazacemo sledecu lemu.

Lema 2.27 Za svaki prirodan broj n postoji niz x1, . . . , xn elemenata iz D tako da za svako i, j gde je1 ≤ i < j ≤ n vazi α(xi, xj).

Dokaz. Za n = 1 tvrdenje vazi jer je D neprazan skup, pa postoji element d ∈ D. Ako stavimo x1 = ddobijamo niz duzine 1 za koji trivijalno vazi tvrdenje leme.

Pretpostavimo da tvrdenje vazi za n: postoji niz x1, . . . , xn elemenata iz D tako da za svako i, j gde1 ≤ i < j ≤ n vazi α(xi, xj). Prema tvrdenju 2, postoji element e ∈ D tako da α(xn, e). Stavimo xn+1 =e. Pokazujemo da za svako i, j gde 1 ≤ i < j ≤ n + 1 vazi α(xi, xj). Neka su i, j gde 1 ≤ i < j ≤ n + 1proizvoljni. Ako je j ≤ n, tada po induktivnoj hipotezi vazi α(xi, xj). Neka je j = n+1 i 1 ≤ i ≤ n. Akoje i = n tada po konstrukciji elementa xn+1 vazi α(xi, xj). Ako je i < n, tada po induktivnoj hipotezivazi α(xi, xn). Kako po konstrukciji elementa xn+1 vazi α(xn, xn+1), po tvrdenju 3 sledi α(xi, xn+1).Time je dokaz leme zavrsen.

Primetimo da je niz x1, . . . , xn iz prethodne leme niz razlicitih elemenata, jer ako je 1 ≤ i < j ≤ ntada je α(xi, xj), a to po tvrdenju 1 povlaci xi 6= xj . Sada je lako dokazati da je skup D beskonacan:pretpostavimo suprotno, da D ima n elemenata za neki prirodan broj n. Kako postoji skup od n + 1razlicitih elemenata skupa D, dobijamo kontradikciju. Dakle D mora biti beskonacan. Time smo pokazalida svaka interpretacija i koja je model za F ima beskonacan domen D.

2.3 Neke valjane formule

Valjane formule predstavljaju zakonitosti misljenja. Neke njihove oblike proucavao je jos Aristotel u vidusilogizama. U nastavku navodimo spisak cesto koriscenih valjanih formula [SP].

¬(∀x)A ⇔ (∃x)¬A (2.1)

¬(∃x)A ⇔ (∀x)¬A (2.2)

(∀x)(A ∧ B) ⇔ (∀x)A ∧ (∀x)B (2.3)

(∃x)(A ∨ B) ⇔ (∃x)A ∨ (∃x)B (2.4)

(∀x)A ∨ (∀x)B ⇒ (∀x)(A ∨ B) (2.5)

(∃x)(A ∧ B) ⇒ (∃x)A ∧ (∃x)B (2.6)

(∀x)(A⇒B) ⇒ ((∀x)A⇒(∀x)B) (2.7)

(∀x)(∀y)A ⇔ (∀y)(∀x)A (2.8)

(∃x)(∃y)A ⇔ (∃y)(∃x)A (2.9)

(∃x)(∀y)A ⇒ (∀y)(∃x)A (2.10)

Sledece valjane formule vaze ako x nije slobodna promenljiva u formuli B.

(∀x)(A ∨ B) ⇔ (∀x)A ∨ B (2.11)

(∃x)(A ∧ B) ⇔ (∀x)A ∧ B (2.12)

(∀x)(A⇒B) ⇔ ((∃x)A⇒B) (2.13)

(∀x)(B ⇒A) ⇔ (B ⇒(∀x)A) (2.14)

2.4. NEKA JEDNOSTAVNA SVOJSTVA VALJANIH FORMULA 47

Konstrukcijom odgovarajuce interpretacije moze se pokazati da u formulama 2.5, 2.6 i 2.7 ne vazi suprotansmer. Pokazimo to za formulu 2.5. Neka je formula A elementarna formula α(x) i B elementarna formulaβ(x). Posmatramo interpretaciju ciji je domen skup prirodnih brojeva, α se interpretira kao unarnarelacija “biti paran”, a β kao unarna relacija “biti neparan”. Tada je desna strana formule tacna, jerje svaki prirodan broj paran ili neparan, a leva netacna jer niti su svi prirodni brojevi parni, niti su sviprirodni brojevi neparni. Zato na ovom modelu ne vazi implikacija

(∀x)(α(x) ∨ β(x))⇒(∀x)α(x) ∨ (∀x)β(x),

pa ne vazi ni ekvivalencija. Dakle formula

(∀x)(α(x) ∨ β(x))⇔(∀x)α(x) ∨ (∀x)β(x)

nije valjana, jer smo pronasli interpretaciju u kojoj nije tacna.

2.4 Neka jednostavna svojstva valjanih formula

Tvrdenje 2.28 Ako vazi |= A i vazi |= A⇒B onda vazi |= B.

Dokaz. Neka |= A i |= A⇒B. Neka je i proizvoljna interpretacija i v proizvoljna valuacija teinterpretacije. Kako |= A⇒B, sledi i |=v A⇒B, sto po definiciji znaci da iz i |=v A sledi i |=v B. Kako|= A, vazi i |=v A, pa i |=v B. Dakle za proizvoljnu interpretaciju i i proizvoljnu valuaciju v vazi i |=v B.Zato |= B.

Tvrdenje 2.29 |= A akko |= (∀x)A.

Dokaz. ⇒): Neka |= A. Neka je i = (D, ϕ) proizvoljna interpretacija i v proizvoljna valuacija. Podefiniciji interpretacije vazi

i |=v (∀x)A (∗)akko za svako d ∈ D vazi

i |=v(d/x) A (∗∗)Neka je d proizvoljno. Preslikavanje v(d/x) je valuacija interpretacije i, a vazi |= A, pa vazi (∗∗). Kakoje d bilo proizvoljno, vazi i (∗). Posto to vazi za svaku interpretaciju i, sledi |= (∀x)A.

⇐): Neka je |= (∀x)A. Tada po definiciji, za svaku interpretaciju i = (D, ϕ), svaku valuaciju v isvako d ∈ D vazi i |=v(d/x) A. Uzimajuci specijalno d = v(x) dobijamo da za svako i i svako v vazii |=v(v(x)/x) A, tj. i |=v A. Dakle |= A.

Tvrdenje 2.30 (Tvrdenje zamene) Neka |= A⇔B i neka je F (A) proizvoljna formula koja sadrzikao podformulu formulu A. Ako sa F (B) oznacimo rezultat zamene nekih pojava podformule A formulomB, tada |= F (A)⇔F (B).

Dokaz. Neka je i proizvoljna interpretacija i v proizvoljna valuacija. Posto |= A⇔B sledi i |=v A⇔B,pa iv(A) = iv(B). Kako se F (A) od F (B) razlikuje samo po zameni nekih pojava podformule A formulomB, sledi iv(F (A)) = iv(F (B)) (ovo se moze proveriti i indukcijom po slozenosti formule F ). Odatle i |=v

F (A)⇔F (B). Kako su i i v proizvoljni, sledi |= F (A)⇔F (B).

Definicija 2.31 Term t je nezavisan (slobodan) za promenljivu x u formuli A akko zamenom t zaslobodne pojave promenljive x nijedna promenljiva terma t ne postaje vezana u A[x/t].

Tvrdenje 2.32 Neka je i proizvoljna interpretacija i v proizvoljna valuacija interpretacije i. Neka je Aproizvoljna formula, i t term slobodan za promenljivu x u formuli A. Tada vazi iv(A[x/t]) = iv′(A) gdeje v′ = v(ti[v]/x) (sintaksna zamena i zamena u valuaciji su ekvivalentne).

Dokaz. Neka je i = (D, ϕ) proizvoljna interpretacija i v proizvoljna valucija interpretacije i. Dokazacemoprvo sledecu lemu.

Lema 2.33 Ako su u i t termi tada za svaku valuaciju v vazi u[x/t]i[v] = ui[v′] gde je v′ = v(ti[v]/x).


Dokaz. Neka je v proizvoljna valuacija. Tvrdenje cemo dokazati indukcijom po broju operacijskih slovau termu u. Ako term nema operacijskih slova, tada je on promenljiva ili konstanta.

1. u je promenljiva. Ukoliko je u = x, tada je

(x[x/t]i[v] = ti[v] = xi[v(ti[v]/x)].

Ukoliko je u = y 6= x, tada je

(y[x/t]i[v] = yi[v] = v(y) = v′(y) = yi[v′].

2. u = a je konstanta. U tom slucaju vazi

a[x/t]i[v] = ai[v] = ϕ(a) = ai[v′].

Pretpostavimo da tvrdenje vazi za sve terme sa manje od k operacijskih slova. Neka je u proizvoljanterm sa k operacijskih slova. Tada je u = fn

m(s1, . . . , sn). termi sj za 1 ≤ j ≤ n imaju manje od koperacijskih slova, pa za njih vazi indukcijska hipoteza. Zato vazi

(fnm(s1, . . . , sn)[x/t])i[v] =

= (fnm(s1[x/t], . . . , sn[x/t])i[v]

= ϕ(fnm)((s1[x/t])i[v], . . . , (sn[x/t])i[v]) (definicija vrednosti terma)

= ϕ(fnm)(si

1[v′], . . . , si

n[v′]) (indukcijska hipoteza)

= (fnm(s1, . . . , sn)i[v′] (definicija vrednosti terma).

Time je lema dokazana.

Dokaz samog tvrdenja sprovodimo indukcijom po broju logickih veznika u formuli A. Ako A nemalogickih veznika, tada je A neka elementarna formula Rn

m(s1, . . . , sn), pa za proizvoljnu valuaciju v iv′ = v(ti[v]/x) vazi:

iv(Rnm(s1, . . . , sn)[x/t])

= iv(Rnm(s1[x/t], . . . , sn[x/t]))

= ϕ(Rnm)((s1[x/t])i[v], . . . , (sn[x/t])i[v])

(po definiciji vrednosti terma)

= ϕ(Rnm)(si

1[v′], . . . , si

n[v′])

(po prethodnoj lemi)

= iv′(Rnm(s1, . . . , sn)).

Pretpostavimo da tvrdenje vazi za sve formule sa manje od k > 0 logickih veznika i sve valuacijeinterpretacije i. Neka je A formula sa k logickih veznika, t term slobodan za promenljivu x u formuli A, vproizvoljna valuacija i v′ = v(b/x) za b = ti[v]. Prema definiciji formule, mogu nastupiti sledeci slucajevi.

1. A je ¬C. Tada je t slobodan za x i u C, pa vazi:

iv((¬C)[x/t]) = iv(¬(C[x/t]))

= ¬iv(C[x/t])

= ¬iv′C (po induktivnoj hipotezi)

= iv′(¬C).

2. A je (C ⇒D). Tada je t slobodan za x i u C i D, pa vazi:

iv((C ⇒D)[x/t]) = iv(C[x/t]⇒D[x/t])

= iv(C[x/t])⇒ iv(D[x/t])

= iv′(C)⇒ iv′(D)

(induktivna hipoteza)

= iv′(C ⇒D).

3. Slucajevi kada je A oblika C ∧ D, C ∨ D i C ⇔D se razmatraju analogno prethodnom slucaju.

2.4. NEKA JEDNOSTAVNA SVOJSTVA VALJANIH FORMULA 49

4. A je (∀x)C. Tada x nije slobodno u A, pa vazi:

iv(((∀x)C)[x/t]) = iv((∀x)C) = iv′((∀x)C)

jer se v i v′ razlikuju samo po vrednosti za x, a po lemi 2.20 vrednost valuacije za x ne utice navrednost formule.

5. Slucaj kada je A oblika (∃x)C se razmatra analogno prethodnom slucaju.

6. A je (∀y)C, za y 6= x. Razlikujemo dva podslucaja.

(a) y se javlja u termu t. Ukoliko bi x bilo slobodno u C, tada bi zamenom t umesto x u formuluA promenljiva y postala vezana, pa t ne bi bio slobodan za x u A. Kako je po pretpostavci tslobodan za x u A, x se ne javlja slobodno u C (pa ni u D). Zato kao i u prethodnom slucajutvrdenje vazi.

(b) y se ne javlja u termu t. Tada je t slobodan za x u C, pa

i |=v (((∀y)C)[x/t])

akkoi |=v ((∀y)(C[x/t]))

akko (po definiciji interpretacije)

za svako d ∈ D vazi i |=v(d/y) C[x/t]

akko (prema induktivnoj hipotezi)

za svako d ∈ D vazi i |=v(d/y)(ti[v(d/y)]/x) C

akko (jer se y ne javlja u t, pa ti[v(d/y)] = ti[v])

za svako d ∈ D vazi i |=v(d/y)(b/x) C

akko (jer x 6= y)za svako d ∈ D vazi i |=v(b/x)(d/y) C

akko (po definiciji interpretacije)i |=v′ (∀y)C.

Tvrdenje 2.34 Neka je A proizvoljna formula i t term slobodan za x u A. Tada je formula

(∀x)A⇒A[x/t]

valjana.

Dokaz. Neka je i = (D, ϕ) proizvoljna interpretacija i v valuacija u i. Neka vazi i |=v (∀x)A. Tada zasvako d ∈ D vazi

i |=v(d/x) A (∗)Posto je t slobodan za x u A, prema prethodnom tvrdenju vazi i |=v A[x/t] akko i |=v′ A gde je v′ =v(ti[v]/x). Stavljajuci u (∗) d = ti[v] dobijamo i |=v′ A. Dakle i |=v A[x/t]. Stoga i |=v (∀x)A⇒A[x/t].Kako su i i v bili proizvoljni, sledi |= (∀x)A⇒A[x/t].

Sledeci primer pokazuje da se u prethodnom tvrdenju zahtev da je term t slobodan za x u A ne smeizostaviti.

Primer 2.35 Posmatrajmo formulu (∀x)A gde je A formula (∃y)α(x, y). Ako u A zamenimopromenljivu x termom y, dobijamo formulu (∃y)α(y, y). Formula (∀x)A⇒A[x/t] se tada svodi na

(∀x)(∃y)α(x, y)⇒(∃y)α(y, y).

Interpretirajmo ovu formulu na skupu prirodnih brojeva i uzmimo za relaciju α relaciju strogog poretka<. Tada pretpostavka formule vazi, jer za svaki prirodan broj n postoji broj m tako da n < m, alizakljucak ne vazi jer ne postoji prirodan broj n tako da je n < n. Prema tome, formula nije valjana.Do ovoga je doslo zbog toga sto je promenljiva y zamenom za x postala vezana, sto znaci da term y nijeslobodan za promenljivu x u formuli A. 4


2.5 Predikatski racun kao formalna teorija

Predikatski racun prvog reda se moze zadati kao formalna teorija

K = (S, For, Ax, P )

gde je

S azbuka sastavljena od promenljivih, konstanti, operacijskih i relacijskih slova, logicih veznika ⇒ i¬ i znakova ∀, (, ) (odeljak 2.1);

For formule koje se grade na nacin opisan u 2.1 pri cemu se kao logicki veznici koriste samo ¬ i ⇒ a odkvantifikatora samo ∀;

Ax skup aksioma datih pomocu sledecih 5 shema-aksioma:

1. A⇒(B ⇒A)

2. (A⇒(B ⇒C))⇒((A⇒B)⇒(A⇒C))

3. (¬B ⇒¬A)⇒(A⇒B)

4. (∀x)(A⇒B(x))⇒(A⇒(∀x)B, ako x nije slobodna promenljiva formule A;

5. (∀x)A(x)⇒A(t) gde je t proizvoljan term slobodan za x u formuli A(x).

Primetimo da sheme-aksiome 1–3 odgovaraju shema-aksiomama formalne teorije iskaznog racunaL.

P = {MP, GEN} skup pravila izvodenja:

MP:A, A⇒B

B

GEN:A

(∀x)A

Pojmovi teoreme i sintaksne posledice se za predikatski racun uvode kao i za svaku formalnu teoriju(definicija 1.57).

Tvrdenje 2.36 (O izvodu teorema iskaznog racuna L)Ako `L A(q1, . . . , qn) onda `K A(B1, . . . , Bn) gde je A(B1, . . . , Bn) formula predikatskog racuna dobijenazamenom iskaznih slova q1, . . . , qn redom predikatskim formulama B1, . . . , Bn.

Dokaz. Neka `L A(q1, . . . , qn). Tada postoji dokaz A1, . . . , Ak u L tako da je Ak formula A(q1,. . . , qn). Zamenimo u tom dokazu promenljive q1, . . . , qn redom formulama B1, . . . , Bn predikatskogracuna. Ostale promenljive koje se javljaju u formulama dokaza A1, . . . , Ak zamenimo proizvoljnimformulama predikatskog racuna tako da iste promenljive zamenimo istim formulama. Pokazacemo da jedobijen niz formula B1, . . . , Bk je dokaz u K. Neka je Bi proizvoljna formula niza B1, . . . , Bn. Postoje Ai formula u dokazu A1, . . . , An, ona je ili aksioma u L ili je dobijena primenom MP na prethodneformule u nizu. Ako je Ai aksioma u L, tada je Bi aksioma u K jer za svaku shemu-aksiomu u L postojiodgovarajuca shema u K. Ako je Ai dobijena primenom MP na formule Ar i As za r, s < i tada se i Bi

moze dobiti primenom MP u predikatskom racunu na formule Br i Bs. Dakle sve formule niza Bi su iliaksiome teorije K, ili dobijene primenom MP na prethodne u nizu, pa je B1, . . . , Bk dokaz u K. Zato jeBk tj. A(B1, . . . , Bn) teorema predikatskog racuna K.

Tvrdenje 2.37 (Gedela o potpunosti) `K A akko |= A.

Dokaz. ⇒): Indukcijom po duzini izvodenja za A. Ako je A instanca shema-aksioma 1, 2 ili 3, tadaje ona izvod tautologije, pa vazi |= A. Ako je A aksioma 4, tada |= A prema valjanoj formuli 2.14(odeljak 2.3). Ako je A instanca aksiome 5, tada prema tvrdenju 2.34 vazi |= A. Dakle aksiome suvaljane formule. Ukoliko A ima izvodenje duzine 1, tada je A aksioma, pa je valjana. Pretpostavimo dasu sve formule koje imaju izvodenje duzine manje od n valjane. Neka je A proizvoljna formula koja imaizvodenje duzine n. Tada je ona aksioma, dobijena primenom pravila MP, ili dobijena primenom pravilaGEN na prethodne formule u nizu.

1. Ukoliko je A aksioma, tada prema prethodnom razmatranju vazi |= A.

2.5. PREDIKATSKI RACUN KAO FORMALNA TEORIJA 51

2. Ukoliko je A dobijena primenom pravila MP na formule B i B ⇒A tada B i B ⇒A imaju izvodenjeduzine manje od n, pa prema induktivnoj hipotezi vazi |= B i |= B ⇒A. Prema tvrdenju 2.28 tada|= A.

3. Ukoliko je A dobijena primenom pravila GEN tada je A oblika (∀x)B gde je B jedna od prethodnihformula u nizu. B ima izvodenje duzine manje od n, pa po induktivnoj hipotezi |= B. Tada prematvrdenju 2.29 vazi |= (∀x)B tj. |= A.

⇐): Videti [EM].

Tvrdenje 2.38 K nije odluciva formalna teorija.

Dokaz. Videti npr. [EM].

Tvrdenje 2.39 K je neprotivrecan (ne postoji formula A tako da su A i ¬A teoreme predikatskog racunaK).

Dokaz. Definisemo “brisucu funkciju” f koja preslikava formule predikatskog racuna K u formuleiskaznog racuna L. Razlicitim relacijskim slovima Rj

i cemo pridruziti razlicita iskazna slova pk. Tomozemo uraditi jer relacijskih simbola ima najvise prebrojivo mnogo, a iskaznih slova ima prebrojivomnogo. Sada definisemo

f(Rji (t1, . . . , tj)) = pk

f((∀x)A) = f(A)

f(A⇒B) = (f(A)⇒ f(B))

f(¬A) = ¬f(A).

Lema 2.40 Ako `K A tada `L f(A).

Dokaz. Dokaz sprovodimo indukcijom po duzini izvodenja n za formulu A. Neka je A formulapredikatskog racuna. Ukoliko je A instanca Ax1, Ax2 ili Ax3 tada je f(A) instanca Ax1, Ax2 odnosnoAx3 iskaznog racuna. Ukoliko je A instanca Ax4, tada je ona oblika (∀x)(B ⇒C)⇒(B ⇒(∀x)C), paje f(A) = (f(B)⇒ f(C))⇒(f(B)⇒ f(C)) po definiciji preslikavanja f , a to je teorema u L na osnovutvrdenja 1.64. Ako je A instanca Ax5 tada je ona oblika (∀x)B(x)⇒B(t). Kako zamenom terma tumesto promenljive x menjamo samo unutrasnju strukturu elementarnih formula unutar formule B, aona se funkcijom f zanemaruje, imamo f(A) = (B ⇒B), sto je teorema u L.

Ako je n = 1, tada je A aksioma, pa prema prethodnom razmatranju `L f(A). Pretpostavimo datvrdenje vazi za svako k < n, gde je n > 1. Neka postoji izvodenja A1, . . . , An za formulu A u K. Tadaje A aksioma ili dobijena primenom pravila izvodenja na prethodne u nizu. Ukoliko je A aksioma, tadana osnovu prethodnog razmatranja `L f(A). Ukoliko je A dobijena primenom MP na prethodne formuleu nizu, tada postoje formule B i B⇒A koje imaju dokaz duzine manje od n. Za njih vazi induktivnahipoteza, pa `L f(B ⇒A) i `L f(B). No kako je f(B⇒A) =

(f(B)⇒ f(A)

), primenom pravila MP

za L sledi `L f(A). Ukoliko je A dobijena pravilom GEN tada je ona oblika (∀x)B i B ima izvodenjeduzine manje od n, pa je `L f(B). Kako je f(A) = f(B), trivijalno dobijamo `L f(A). Time je dokazleme zavrsen.

Pretpostavimo sada da `K A i `K ¬A. Tada `L f(A) i `L f(¬A) tj. `L ¬f(A). No to je u suprotnostisa neprotivrecnoscu iskaznog racuna L (tvrdenje 1.79). Dakle K je neprotivrecan.

Tvrdenje 2.41 (Tvrdenje dedukcije za K) Ako je F skup formula predikatskog racuna i A zatvorenaformula, tada

F , A `K B ⇔ F `K A⇒B.

Dokaz. Ako F `K A⇒B, tada primenom MP direktno dobijamo F , A `K B. Dokazujemo suprotansmer: ako F , A `K B onda i F `K A⇒B. Dokaz sprovodimo indukcijom po duzini izvodenja n formuleB iz formula F , A. Ukoliko je B aksioma ili iz F , tada primenom Ax1 imamo `K A⇒B. Ukoliko je Bbas A tada je A⇒A izvod tautologije, pa je teorema u K. Za n = 1 su to jedine mogucnosti, pa tvrdenjevazi za n = 1. Neka je n > 1 i neka tvrdenje vazi za svako k < n. Neka je B proizvoljna formula takvada postoji izvodenje iz F ∪ {A} u n koraka. Mogu nastupiti sledeci slucajevi.


1. B je aksioma, B ∈ F ili B je A. Tada na osnovu prethodnog razmatranja `K A⇒B.

2. B je dobijena primenom pravila MP na prethodne formule u nizu, neka su to formule C i C ⇒B.Tada F , A `K C i F , A `K C ⇒B i pri tome su izvodenja duzine manje od n. Prema induktivnojhipotezi, tada F `K A⇒C i F `K A⇒(C ⇒B). Prema Ax3 vazi

`K (A⇒(C ⇒B))⇒((A⇒C)⇒(A⇒B)).

Odatle primenom dva puta pravila MP dobijamo F `K A⇒B.

3. B je dobijena primenom pravila GEN. Tada je B oblika (∀x)C gde je C jedna od prethodnihformula u nizu. Za C vazi induktivna hipoteza, pa F `K A⇒C. Tada postoji izvodenje iz Fformule A⇒C, neka je to D1, . . . , Dk. Posmatrajmo niz

1. D1

2. D2

...k. A⇒C

(k + 1). (∀x)(A⇒C) GEN(k)(k + 2). (∀x)(A⇒C)⇒(A⇒(∀x)C) Ax4(k + 3). A⇒(∀x)C MP (k + 1, k + 2)

On predstavlja izvodenja formule A⇒B iz F , A. Aksiomu 4 smo smeli primeniti jer je A zatvorenaformula, pa x nije slobodna promenljiva u A.

Napomena 2.42 Prethodno tvrdenje se moze uopstiti. Uocimo da smo u 3. slucaju induktivnog korakakoristili samo cinjenicu da x nije slobodna promenljiva u formuli A. Zbog toga je dovoljno pretpostavitida vazi F , A `K B i pri tome u izvodenju za B nema primene pravila generalizacije po promenljivimakoje su slobodne u formuli A. �

2.6 Specijalni predikatski racun prvog reda

Azbuka specijalnog predikatskog racuna prvog reda sadrzi neke od konstanti predikatskog racuna (ali nemora ni jednu), neka operacijska slova predikatskog racuna (ali ne mora ni jedno) i bar jedno relacijskoslovo. Formule se formiraju prema pravilima za izgradnju formula predikatskog racuna. Skup aksioma sesastoji od aksioma Ax1–Ax5 predikatskog racuna i specijalnih aksioma. Specijalne aksiome predstavljajuproizvoljan podskup skupa formula. Pravila izvodenja su MP i GEN.

Model za specijalni predikatski racun prvog reda je interpretacija i formula predikatskog racuna ukojoj su tacne specijalne aksiome. Posto su aksiome samog predikatskog racuna (Ax1–Ax5) valjane,one su u svakoj interpretaciji tacne. Posto pravila izvodenja MP i GEN cuvaju svojstvo “biti tacan namodelu”, sledi da su i sve teoreme koje mozemo izvesti u specijalnom predikatskom racunu prvog redatacne u i.

Zavisno od izbora operacijskih i relacijskih slova, konstanti i specijalnih aksioma postoje razlicitispecijalni predikatski racuni. Oni predstavljaju prosirenje racuna K i koriste se za aksiomatizaciju ma-tematickih teorija. Prvi stepen u prosirivanju predikatskog racuna je aksiomatizacija relacije jednakosti.Tako dobijamo predikatski racun prvog reda sa jednakoscu. Medu relacijskim slovima arnosti 2 isticemoznak R2

1, i radi preglednijeg zapisa formulu oblika R21(t1, t2) pisemo kao t1 ≈ t2. Uvodimo sledece

specijalne aksiome (zadate u obliku shema).

t1 ≈ t1

t1 ≈ t2 ⇒ t2 ≈ t1

t1 ≈ t2 ∧ t2 ≈ t3 ⇒ t1 ≈ t3

t1 ≈ t′1 ∧ · · · ∧ tn ≈ t′n ⇒ fni (t1, . . . , tn) ≈ fn

i (t′1, . . . , t′n)

t1 ≈ t′1 ∧ · · · ∧ tn ≈ t′n ⇒(Rni (t1, . . . , tn)⇒Rn

i (t′1, . . . , t′n))

Pri tome su t1, . . . , tn i t′1, . . . , t′n proizvoljni termi, fni proizvoljno operacijsko slovo i Rn

i proizvoljnorelacijsko slovo, a podrazumevamo da su sve promenljive koje se javljaju u shemama univerzalnokvantifikovane.

2.6. SPECIJALNI PREDIKATSKI RACUN PRVOG REDA 53

Definicija 2.43 Model i = (D, ϕ) predikatskog racuna sa jednakoscu naziva se normalan akko serelacijsko slovo ≈ interpretira kao jednakost. Jednakosno valjane formule su formule koje su tacne u svimnormalnim modelima.

Napomena 2.44 Mozemo uociti tri razlicita oblika u kojima se javlja jednakost. Prvi oblik je relacijskoslovo ≈ arnosti 2 kao sintaksni objekat koji ulazi u sastav formula kao nizova simbola. Drugi oblik jejednakost koja predstavlja interpretaciju relacijskog simbola ≈. Najzad, u meta teoriji se javlja relacija≡ kojom se oznacava identicnost dva objekata. Kako je obicno iz konteksta jasno o kojoj jednakosti jerec, koristicemo simbol = u sva tri slucaja. �

Tvrdenje 2.45 Ako A proizvoljna formula i promenljiva y slobodna za x u formuli A, tada su sledeceformule jednakosno valjane:

1. x = y⇒(A⇒A[y/x])

2. (∀x)(x = y⇒A)⇔A[x/y]

3. (∃x)(x = y ∧ A)⇔A[x/y]

Dokaz.

1. Neka je i proizvoljna interpretacija i v proizvoljna valuacija te interpretacije. Treba da pokazemoda je formula tacna na i za valuaciju i. Razlikujemo dva slucaja.

(a) v(x) 6= v(y). Tada je iv(x = y) = ⊥, pa je cela implikacija tacna.

(b) v(x) = v(y). Posto je y slobodan za x u A, prema tvrdenju 2.32 vazi iv(A[x/y]) = iv′(A) gdeje v′ = v(v(y)/x) = v, pa je iv(A(y)) = iv(A(x)). Zbog toga je i iv(A⇔A[x/y]) = >, pa jeimplikacija tacna.

2. Neka je i proizvoljna intepretacija i v proizvoljna valuacija te interpretacije. Treba da pokazemo daje formula tacna u valuaciji i. Prema definiciji interpretacije

iv((∀x)(x = y⇒A)) = > (∗)

vazi akko za svako d ∈ D za v′ = v(d/x) vazi

iv′((x = y⇒A)) = >. (∗∗)

Ako je d 6= v(y) tada je iv(x = y) = ⊥, pa implikacija vazi. Stoga ce (∗) vaziti akko (∗∗) vazi zad = v(y), imamo dakle

iv((∀x)(x = y⇒A)) = iv′(x = y⇒A)

gde v′ = v(v(y)/x). Prema tvrdenju 2.32 vazi

iv(A[x/y]) = iv(v(y)/x)(A) = iv′(A).

Posto je iv′(x = y) = >, sledi

iv((∀x)(x = y⇒A)) = iv′(x = y⇒A)

= >⇒ iv′(A)

= iv′(A)

= iv(A[x/y])

pa je cela ekvivalencija tacna.

3. Primenom valjanih formula (2.3) i tautologija na polaznu formulu dobijamo:

(∃x)(x = y ∧ A)⇔A[x/y] akko

¬(∃x)(x = y ∧ A)⇔¬A[x/y] akko

(∀x)(¬x = y ∨ ¬A)⇔¬A[x/y] akko

(∀x)(x = y⇒¬A)⇔¬A[x/y].

Poslednja formula je posledica 2. dela ovog tvrdenja.


Ograniceni kvantifikatori Ako je R proizvoljna relacija za koju po dogovoru pisemo xRy umestoR(x, y) tada je

(∀xRy)A skraceni zapisa za (∀x)(xRy ⇒A),

a(∃xRy)A skraceni zapisa za (∃x)(xRy ∧ A).

(∀xRy) i (∃xRy) se nazivaju ograniceni kvantifikatori. Neke od valjanih formula se prenose i na ogranicenekvantifikatore.

Primer 2.46 Primenom definicije ogranicenih kvantifikatora i valjanih formula, dobijamo:

¬(∀xRy)A ⇔ ¬(∀x)(xRy ⇒A)

⇔ (∃x)¬(xRy ⇒A)

⇔ (∃x)(xRy ∧ ¬A)

⇔ (∃xRy)¬A

4

Ograniceni kvantifikatori se najcesce primenjuju uz relacije ∈ i ≤.Da bismo iskazali da postoje dva razlicita objekta koja imaju dato svojstvo, potreban nam je

predikatski racun sa jednakoscu. Tada cinjenicu “postoje (bar) dva razlicita objekta koja imaju svojstvoA” oznacavamo formulom

(∃x)(∃y)(x 6= y ∧ A(x) ∧ A(y)).

Analogno se moze konstruisati formula koja odgovara svojstvu “postoji k medusobno razlicitih objektakoji imaju svojstvo A”. Tako se u izvesnoj meri moze predikatskim racunom govoriti o prirodnimbrojevima, ali je takav nacin tezak za rad, pa se brojevi uglavnom uvode posebnim konstantama ioperacijskim slovima.

Iskaz “postoji tacno jedan objekata koji ima svojstvo A”, u oznaci (∃1x)A(x), definisemo kao skracenioblik formule

(∃x)(A(x) ∧ (∀y)(A(y)⇒ y = x))

ili njoj ekvivalentne(∃x)(∀y)(A(y)⇔ y = x).

2.7 Tvrdjenje Erbrana

2.7.1 Semanticka posledica

Slicno kao u iskaznom racunu definisemo pojam semanticke posledice. Ukoliko je formula predikatskogracuna A tacna u interpretaciji i kazemo da je i model za A.

Definicija 2.47 Interpretacija i je model skupa formula A predikatskog racuna akko je i model zasvaku formulu skupa A.

Definicija 2.48 A |= B akko je svaka interpretacija koja je model za A model i za B.

Tvrdenje 2.49 Neka je A skup zatvorenih formula predikatskog racuna prvog reda i B zatvorena formula.Tada A |= B akko skup A ∪ {¬B} nema model.

Dokaz. ⇒): Neka A |= B. Neka je i proizvoljna interpretacija. Ako i nije model za A onda nije modelni za A ∪ {¬B}. Ako i jeste model za A, onda je i model i za B, pa i nije model za ¬B, pa opet i nijemodel za A ∪ {¬B}.

⇐): Neka skup A∪{¬B} nema model. Neka je i model za A. Posto i nije model za A∪{¬B}, morabiti i(¬B) = ⊥. Tada je i(B) = >. Kako je i bila proizvoljna interpretacija, vazi A |= B.

Posledica prethodnog tvrdenja je da je zatvorena formula B valjana akko skup {¬B} nema model.Time je problem ispitivanja semanticke posledice i valjanosti sveden na egzistenciju modela skupa formula.Zahtev da je B zatvorena formula ne predstavlja ogranicenje, jer uvek mozemo posmatrati univerzalnozatvorenje formule B, u oznaci ∀B, koje se dobija dopisivanjem ispred formule B kvantifikatora ∀xza svaku promenljivu x koja je slobodna u B. Iz tvrdenja 2.29 sledi da je valjanost formula B i ∀Bekvivalentna.

2.7. TVRDJENJE ERBRANA 55

2.7.2 Ekvivalentnost formula

Definicija 2.50 Formula A je ekvivalentna formuli B, u oznaci A ∼ B, akko za svaku interpretaciju ii svaku valuaciju v te interpretacije vazi iv(A) = iv(B).

Iz definicije sledi A ∼ B akko |= A⇔B. Relacija ∼ je relacija ekvivalencije. Ona je i saglasna salogickim operacijama i kvantifikovanjem, sto za posledicu ima sledece tvrdenje.

Tvrdenje 2.51 Ako formula C(A) sadrzi kao podformulu formulu A i vazi A ∼ B, tada je i C(A) ∼C(B) gde je C(B) dobijena od C(A) zamenom podformule A formulom B.

Dokaz. Neka vazi A ∼ B. Indukcijom po broju logickih veznika u formuli C pokazacemo da tada iC(A) ∼ C(B). Uocimo prvo da ako je C = A tada je C(B) = B, pa se C(A) ∼ C(B) svodi na A ∼ B,sto po pretpostavci vazi. Ako je C bez logickih veznika, tada je ona elementarna formula, pa kako sadrziformulu A mora biti bas C = A. Zato u tom slucaju tvrdenje vazi. Pretpostavimo da tvrdenje vazi zasve formule sa manje od n > 0 logickih veznika. Neka je C(A) proizvoljna formula sa n logickih veznikakoja sadrzi A. Prema prethodnom razmatranju, dovoljno je posmatrati slucaj kada C(A) nije A. Premadefiniciji formule, razlikujemo sledece slucajeve.

1. C(A) je ¬F (A). Tada je C(B) oblika ¬F (B), pa po induktivnoj hipotezi vazi F (A) ∼ F (B). Nekaje i proizvoljna interpretacija i v proizvoljna valuacija. Tada

iv(C(A)) = iv(¬F (A))

= ¬iv(F (A))

= ¬iv(F (B))

= iv(¬F (B))

= iv(C(B)).

Dakle C(A) ∼ C(B).

2. C(A) je F ⇒E(A) ili F (A)⇒E. Neka je npr. C(A) oblika F ⇒E(A) (drugi slucaj se razmatraanalogno). Tada je po induktivnoj hipotezi E(A) ∼ E(B). Neka je i proizvoljna interpretacija i vproizvoljna valuacija. Tada

iv(C(A)) = iv(F ⇒E(A))

= iv(F )⇒ iv(E(A))

= iv(F )⇒ iv(E(B))

= iv(F ⇒E(B))

= iv(C(B)),

pa vazi C(A) ∼ C(B).

3. C(A) je oblika E ∧ F , E ∨ F ili E ⇔F . Ovi slucajevi su analogni prethodnom.

4. C(A) je (∀x)E(A). Neka je i = (D, ϕ) proizvoljna interpretacija i v proizvoljna valuacija. Nekaje d ∈ D proizvoljno i neka je v′ = v(d/x). Po induktivnoj hipotezi E(A) ∼ E(B), pa vaziiv′(E(A)) = iv′(E(B)). Zato imamo

iv(C(A)) = > akko iv((∀x)E(A)) = >akko za svako d ∈ D vazi iv′(E(A)) = >akko za svako d ∈ D vazi iv′(E(B)) = >akko iv((∀x)E(B)) = >akko iv(C(B)) = >,

tj. iv(C(A)) = iv(C(B)). Prema tome, C(A) ∼ C(B).

5. C(A) je (∃x)E(A). Ovaj slucaj je analogan prethodnom.


Ovo tvrdenje nam omogucava da formuli cija nas valjanost zanima proizvoljne podformule zamenju-jemo njima ekvivalentnim, a da se valjanost formule ne menja. Takav postupak nazivamo ekvivalencijskatransformacija.

2.7.3 Preneksni oblik formule

Za formulu A kazemo da je u preneksnom obliku ako je ona oblika

(Q1y1)(Q2y2) . . . (Qnyn)B

gde su y1, . . . , yn razlicite promenljive, Q1, . . . , Qn kvantifikatori, a B je formula bez kvantifikatora. ZaB kazemo da je matrica formule A.

Tvrdenje 2.52 (O preneksnom obliku) Za svaku formulu A predikatskog racuna prvog reda postojinjoj ekvivalentna formula A′ koja je u preneksnom obliku.

Dokaz. Opisacemo postupak kojim se svaka formula predikatskog racuna pretvara u njoj ekvivalentnuformulu koja sadrzi samo veznike ∧, ∨ i ¬ i nalazi se u preneksnom obliku. Pri tome primenjujemoekvivalencijske transformacije (navedene ekvivalencije treba primenjivati s leva na desno).

1. Uklanjaju se veznici ⇔ i ⇒ primenom formula

(a) (A⇔B)⇔((A⇒B) ∧ (B ⇒A)) i

(b) (A⇒B)⇔(¬A ∨ B).

Posle primene ovog koraka formula sadrzi samo veznike ∧, ∨ i ¬.

2. Vrsi se reimenovanje vezanih promenljivih tako da uz svaki kvantifikator stoji razlicita promenljiva,formulama

(a) (∀x)A(x)⇔(∀y)A(y) i

(b) (∃x)A(x)⇔(∃y)A(y)

gde je y nova promenljiva.

3. Kvantifikatori se pomeraju s desna na levo pomocu formula

(a) ¬(∃x)A(x)⇔(∀x)¬A(x);

(b) ¬(∀x)A(x)⇔(∃x)¬A(x);

(c) ¬¬A⇔A;

(d) (C ∨ (∀x)A(x))⇔(∀x)(C ∨ A(x));

(e) (C ∨ (∃x)A(x))⇔(∃x)(C ∨ A(x));

(f) ((∀x)A(x) ∨ C)⇔(∀x)(A(x) ∨ C);

(g) ((∃x)A(x) ∨ C)⇔(∃x)(A(x) ∨ C);

(h) (C ∧ (∀x)A(x))⇔(∀x)(C ∧ A(x));

(i) (C ∧ (∃x)A(x))⇔(∃x)(C ∧ A(x));

(j) ((∀x)A(x) ∧ C)⇔(∀x)(A(x) ∧ C);

(k) ((∃x)A(x) ∧ C)⇔(∃x)(A(x) ∧ C);

pri cemu promenljiva x nije slobodna u formuli C (ovaj uslov uvek mozemo ostvariti primenomtransformacija iz prethodnog koraka). Ako formula nije u preneksnom obliku tada uvek mozemoprimeniti bar jednu od transformacija iz ove grupe, dovoljno je posmatrati kontekst u kom sekvantifikator javlja da bismo odredili koju formulu mozemo primeniti. Sa druge strane, primenomsvake od ovih transformacija zbir brojeva simbola koji se nalaze levo od kvantifikatora se smanjuje.Kako je taj broj konacan, zakljucujemo da primenom ovih pravila u konacnom broju korakadolazimo do formule u obliku (Q1y1) . . . (Qnyn) B. Primenom valjane formule (∀x)A⇔A za x /∈FV(A) dobijamo formulu u preneksnom obliku.


Primer 2.53 Nadimo preneksni oblik formule

(∀x)α(x)⇒(∃y)β(y).

Primenom postupka opisanog u prethodnom tvrdenju, dobijamo redom sledece formule:

¬(∀x)α(x) ∨ (∃y)β(y)

(∃x)¬α(x) ∨ (∃y)β(y)

(∃x)(¬α(x) ∨ (∃y)β(y))

(∃x)(∃y)(¬α(x) ∨ β(y))

Poslednja formula se nalazi u preneksnom obliku. 4

Napomena 2.54 Posmatrajmo formulu u preneksnom obliku

(Q1y1)(Q2y2) . . . (Qnyn)B

gde je B formula bez kvantifikatora. B se sastoji od elementarnih formula povezanih logickim veznicima.U odeljku 1.5.3 navedene su tautologije kojima se proizvoljna iskazna formula transformise u njojekvivalentnu koja se nalazi u konjunktivnoj normalnoj formi. Analogno tom postupku, primenjujuciizvode istih tautologija mozemo naci formulu B′ koja je ekvivalentna formuli B i nalazi se u konjunktivnojkanonskoj formi:

C1 ∧ C2 ∧ · · · ∧ Cn

gde su C1, . . . , Cn formule oblikaL1 ∨ L2 ∨ · · · ∨ Lk

pri cemu su Li elementarne formule ili njihove negacije. Formule Li se nazivaju literali, a formule Ci

klauze. Ponekad je pogodno klauze prikazati u obliku implikacije:

Li1 ∧ Li2 · · · ∧ Lis⇒Lj1 ∨ Lj2 ∨ . . . ∨ Ljt

koja se dobija grupisanjem negiranih elementarnih formula sa leve strane, a nenegiranih elementarnihformula sa desne strane implikacije. �

Identiteti i kvazi-identiteti Kvazi-identitet je formula oblika

(∀x1)(∀x2) · · · (∀xn)(t1 = t′1 ∧ · · · ∧ tk = t′k ⇒u = v)

gde su t1, . . . , tk, t′1, . . . , t′k, u i v termi. Identitet je formula oblika

(∀x1)(∀x2) · · · (∀xn)(u = v)

gde su u i v termi. Identiteti i kvazi-identiteti igraju veliku ulogu u algebri.

2.7.4 Skolemizacija

Neka je formula A u preneksnom obliku:

(Q1y1)(Q2y2) · · · (Qnyn)B

gde je B formula bez kvantifikatora, a y1, . . . , yn su razlicite promenljive. Neka su Q1, . . . , Qi−1

univerzalni kvantifikatori, a Qi egzistencijalni. Tada formula ima oblik

(∀y1) · · · (∀yi−1)(∃yi)(Qi+1yi+1) · · · (Qnyn)B. (2.15)

Neka je f ji funkcijsko slovo koje se ne pojavljuje u jeziku kojim je izgradena formula A. Posmatramo

formulu A′:(∀y1) · · · (∀yi−1)(Qi+1yi+1) · · · (Qnyn)B[yi/f j

i (y1, . . . , yi−1])

koja ne sadrzi promenljivu yi, a sve pojave yi su u B zamenjene termom f ji (y1, . . . , yi−1). Ukoliko je

i = 1 tada promenljivu yi zamenjujemo novim simbolom konstante. Ovakav postupak ponavljamo dokne eliminisemo sve egzistencijalne kvantifikatore. Tako dobijamo otvorenu formulu formule A, u oznaciAS . Postupak transformacije A u AS naziva se skolemizacija (T. Skolem).


Primer 2.55 Navodimo primere nekih formula i odgovarajucih otvorenih formula.

A AS

(∃x)R(x, f(x)) R(a, f(a))(∀x)(∃y)R(x, f(y)) R(x, f(f1(x)))

(∃x1)(∀x2)(∃x3)(∃x4)(P (x1, x2)⇒Q(x3, x4))

(∀x2)(P (a, x2)⇒Q(f2(x2), f3(x2)))

(∃x1)(∀x2)(∃x3)(∀x4)(∃x5)B(x1, x2, x3, x4, x4)

(∀x2)B(a, x2, f4(x2), f5(x2, x4))

Pri tome je a nova oznaka konstante, a f1, f2, f3, f4 i f5 nova funkcijska slova. 4Tvrdenje 2.56 Neka je formula A u preneksnom obliku (2.15). Tada A ima model akko A′ ima model.

Dokaz. Neka je C oznaka za(Qi+1yi+1) · · · (Qnyn)B.

a t oznaka za term f i−1j (y1, . . . , yi−1) gde je f i−1

j novo funkcijsko slovo.⇒): Neka je L skup oznaka konstanti, funkcijskih i relacijskih simbola pomocu kojih je izgradena

formula A i neka je i = (D, ϕ) model za A. Tada prema definiciji interpretacije za svaku valuaciju v i zasvako d1, . . . , di−1 ∈ D postoji odgovarajuce di ∈ D tako da vazi

i |=v1C (2.16)

gde je v1 = v(d1/y1, . . . , di/yi). Tada (prema aksiomi izbora, videti odeljak 3.1) postoji funkcija Ftakva da F (d1, . . . , di−1) = di za svaki niz d1, . . . , di−1. Prosirimo L novim simbolom f i−1

j i definisimo

interpretaciju i′ = (D, ϕ′) gde je ϕ′(r) = ϕ(r) za r ∈ L, a ϕ′(f i−1j ) = F . Pokazacemo da je i′ model za

A′.Neka je v′ proizvoljna valuacija interpretacije i′. Prema definiciji interpretacije

i′ |=v′ A′

akko za sve d1, . . . , di−1 ∈ D vazii′ |=v′

1C[yi/t] (2.17)

gde je v′1 = v′(d1/y1, . . . , di−1/yi−1). Neka su d1, . . . , di−1 ∈ D proizvoljni. Tada je term t slobodan zapromenljivu yi u formuli C jer C ne sadrzi kvantifikatore koji stoje uz promenljive y1, . . . , yi−1. Zatoprema tvrdenju 2.32 sledi da (2.17) vazi akko

i′ |=v′

2C (2.18)

gde je

v′2 = v′1(ti′ [v′]/yi)

= v′1(F (d1, . . . , di−1)/yi)

= v′1(di/yi)

= v′(d1/y1, . . . , di/yi).

No s obzirom da C ne sadrzi novouvedeno slovo f i−1j , (2.18) vazi akko vazi

i |=v′

2C,

a to sledi iz (2.16) uzimajuci v = v′. Dakle za svako v′ vazi i′ |=v′ A′, pa je i′ model za A′.⇐): Neka je i′ = (D, ϕ′) model za formulu A′ i v′ proizvoljna valuacija. Tada po definiciji interpretacije

za sve d1, . . . , di−1 vazii′ |=v′

1C[yi/t]

gde je v′1 = v′(d1/y1, . . . , di−1/yi−1). Prema tvrdenju zamene, posto je t slobodan za yi u C, vazi

i′ |=v′

2C (2.19)

gde je v′2 = v′1(ti′ [v′1]) = v′(d1/y1, . . . , di/yi) za di = ti

′

[v′1]. Dakle za proizvoljno d1, . . . , di−1 postoji di

tako da vazi (2.19), pa vazii′ |=v′ (∀y1) · · · (∀yi−1)(∃yi)C

tj. i′ |=v′ A. Dakle i′ je tada model i za A.


Tvrdenje 2.57 (Skolem) Skup formula F predikatskog racuna prvog reda ima model akko skup FS imamodel gde je FS = {AS | A ∈ S }.

Dokaz. Primenom prethodnog tvrdenja na sve egzistencijalne kvantifikatore formule A zakljucujemo daA ima model akko AS ima model. Ako imamo proizvoljan skup formula F , tada on ima model akko imamodel FS , gde je FS skup elemenata koji su dobijeni skolemizacijom elemenata iz F tako da za svakuformulu uvodimo razlicita funkcijska slova i konstante.

Primer 2.58 Odredimo otvorenu formulu formule

(∀x)(∃y)(∀z) (α(x, y)⇒(∃u)(∃v)(β(u, z) ∧ γ(v))).

Prvo formulu dovodimo u preneksni oblik: svedemo sve logicke veznike na ∧, ∨ i ¬:

(∀x)(∃y)(∀z) (¬α(x, y) ∨ (∃u)(∃v)(β(u, z) ∧ γ(v)))

a zatim izvucemo kvantifikatore (∃u) i (∃v):

(∀x)(∃y)(∀z)(∃u)(∃v)(¬α(x, y) ∨ (β(u, z) ∧ γ(v))).

Elinimisemo kvantifikator ∃y tako sto umesto y zamenjujemo term f(x) gde je f novo funkcijsko slovoarnosti 1:

(∀x)(∀z)(∃u)(∃v)(¬α(x, f(x)) ∨ (β(u, z) ∧ γ(v)))

zatim pomocu funkcijsko slova g arnosti 2 eliminisemo (∃u) tako sto umesto u zamenjujemo g(x, z):

(∀x)(∀z)(∃v)(¬α(x, f(x)) ∨ (β(g(x, z), z) ∧ γ(v)))

a zatim eliminisemo i v:

(∀x)(∀z)(¬α(x, f(x)) ∨ (β(g(x, z), z) ∧ γ(h(x, z)))).

Matricu formule mozemo dovesti u konjunktivnu normalnu formu, pa dobijamo formulu:

(∀x)(∀z)((¬α(x, f(x)) ∨ β(g(x, z), z)) ∧ (¬α(x, f(x)) ∨ γ(h(x, z)))).

4

2.7.5 Tvrdenje Erbrana

Videli smo da se problem ispitivanja da li A |= B svodi na egzistenciju modela skupa formula (tvrdenje2.49). Prema tvrdenju 2.52 dovoljno je posmatrati formule u preneksnom obliku, a prema tvrdenju 2.57dovoljno je posmatrati preneksne formule bez egzistencijalnih kvantifikatora. Prema tvrdenju 2.29mozemo izostaviti i sve univerzalne kvantifikatore. Tako dobijamo formule bez kvantifikatora koje odlogickih veznika sadrze samo ∧, ∨ i ¬. Primenom izvoda tautologija iz 1.5.3, formule mozemo dovesti uoblik

C1 ∧ C2 ∧ · · · ∧ Cn

pri cemu su formule Ci oblika

L1 ∨ L2 ∨ · · · ∨ Lk

a Lj su elementarne formule ili njihove negacije (videti napomenu 2.54). Lako se proverava da zaproizvoljnu interpretaciju m vazi:

m |= A ∧ B akko m |= A i m |= B.

Zbog toga mozemo sve formule rastaviti na klauze, pa je pocetni problem ispitivanja semanticke posledicesveden na egzistenciju modela skupa klauza. U nastavku cemo pokazati da je pri proveri egzistencijemodela dovoljno posmatrati specijalne modele koji su prebrojivi.


Primer 2.59 Pretpostavimo da nas zanima da li vazi

{(∀x)(P (x)⇒(∃y)Q(x, y)), (∃x)P (x)} |= (∃x)(∃y)Q(x, y).

Prema tvrdenju 2.49 to vazi akko nema model skup

F = {(∀x)(P (x)⇒(∃y)Q(x, y)), (∃x)P (x), ¬(∃x)(∃y)Q(x, y)}.

Eliminisanjem ⇒ i spustanjem znaka ¬ dobijamo

{(∀x)(¬P (x) ∨ (∃y)Q(x, y)), (∃x)P (x), (∀x)(∀y)¬Q(x, y)}.

Posle izvlacenja kvantifikatora dobijamo formule u preneksnom obliku:

{(∀x)(∃y)(¬P (x) ∨ Q(x, y)), (∃x)P (x), (∀x)(∀y)¬Q(x, y)},

posle skolemizacije{(∀x)(¬P (x) ∨ Q(x, f(x))), P (a), (∀x)(∀y)¬Q(x, y)},

a uklanjanjem univerzalnih kvantifikatora:

{¬P (x) ∨ Q(x, f(x)), P (a), ¬Q(x, y)}.

U ovom jednostavnom slucaju nismo morali primeniti svodenje na konjunktivnu normalnu formu jer suformule vec u obliku klauza. 4

Neka je F proizvoljan skup klauza nad jezikom L = R∪F ∪C, gde je R skup relacijskih slova, F skupoperacijskih slova, a C skup znakova konstanti. Skup svih terma nad jezikom L koji ne sadrze promenljivezvacemo Erbranov univerzum (J. Herbrand), i oznacavati sa HU. Skup HU se dakle gradi od znakovakonstanti i funkcijskih znakova. Ukoliko L ne sadrzi ni jednu konstantu, tada uvodimo jednu konstantua. (Ona ne utice na egzistenciju modela, jer je domen svake interpretacije po definiciji neprazan, pa cemouvek moci da je interpretiramo.) Mozemo dakle definisati

HU0 = C

HUn+1 = HUn ∪ { f ji (t1, . . . , tj) | t1, . . . , tj ∈ HUn, f j

i ∈ F }HU =

⋃

n∈N0

HUn.

Erbranov univerzum ce igrati ulogu domena prebrojivog modela.Skup Erbranovih atoma, u oznaci HA, je skup elementarnih formula nad jezikom L koje ne sadrze

promenljive. DakleHA = {Rj

i (t1, . . . , tj) | Rji ∈ R, t1, . . . , tj ∈ HU }.

Posmatracemo i Erbranov sistem, u oznaci HS koji predstavlja instance formula skupa F koje ne sadrzepromenljive:

HS = { A(t1, . . . , tn) | t1, . . . , tn ∈ HU, A(y1, . . . , yn) ∈ F ,

y1, . . . , yn su sve promenljive formule A}

Primer 2.60 Za skup formula F iz prethodnog primera dobijamo:

L = R ∪ F ∪ C

R = {P, Q}, F = {f}, C = {a}HU = {a, f(a), f(f(a)), . . .}HA = {P (a), P (f(a)), . . .

Q(a, a), Q(a, f(a)), Q(f(a), a), . . .}HS = {¬P (a) ∨ Q(a, f(a)),¬P (f(a)) ∨ Q(f(a), f(f(a))), . . . ,

P (a),

¬Q(a, a),¬Q(a, f(a)) . . .}

4


Tvrdenje 2.61 Neka je F skup predikatskih klauza. Sledeci uslovi su ekvivalentni:

1. F ima model;

2. F ima model sa domenom HU;

3. HS posmatran kao skup iskaznih formula ima model ako se kao iskazna slova posmatraju elementiHA.

Dokaz. (1⇒ 3): Neka je M = (D, ϕ) model za F . Konstruisemo iskazni model za skup HS posmatrankao skup iskaznih formula izgradenih od promenljivih iz HA. Posto je skup HA najvise prebrojiv, postojipreslikavanje Φ : HA → {p1, p2, . . .} koje razlicitim Erbranovim atomima pridruzuje razlicita iskaznaslova. Definisemo preslikavanje Φ koje preslikava predikatske formule bez promenljivih u iskazne formule(atomi se posmatraju kao jedinstveni simboli, a predikatski veznici kao odgovarajuci iskazni):

Φ(A) = Φ(A) ako je A Erbranov atom;

Φ(¬A) = ¬Φ(A);

Φ(A ∨ B) = Φ(A) ∨ Φ(B).

Definisemo valuaciju α za koju cemo pokazati da je iskazni model za HS. Ako iskazno slovo p nije slikani jedne formule iz HS, tada vrednost α(p) stavimo proizvoljnu (te vrednosti ne igraju nikakvu ulogu).Ako je Φ(A) = p za neku formulu A ∈ HA, tada je A jedinstvena, i u tom slucaju stavimo α(p) = M(A).Pokazacemo da za svaku klauzu A na jeziku L koja ne sadrzi promenljive vazi vα(Φ(A)) = M(A). Izdefinicije interpretacije sledi da za elementarne formule vazi:

vα(Φ(Rji (t1, . . . , tj))) = vα(Φ(Rj

i (t1, . . . , tj)))

= α(Φ(Rji (t1, . . . , tj)))

= M(Rji (t1, . . . , tj)).

Stoga vazi i

vα(Φ(¬A)) = vα(¬Φ(Rji (t1, . . . , tj)))

= ¬vα(Φ(Rji (t1, . . . , tj)))

= ¬M(Rji (t1, . . . , tj))

= M(¬Rji (t1, . . . , tj)),

sto znaci da tvrdenje vazi za sve literale. Zato za proizvoljnu klauzu L1 ∨ · · · ∨ Ln vazi

vα(Φ(L1 ∨ · · · ∨ Ln)) = vα(Φ(L1) ∨ · · · ∨ Φ(Ln))

= vα(Φ(L1)) ∨ · · · ∨ vα(Φ(Ln))

= M(L1) ∨ · · · ∨ M(Ln)

= M(L1 ∨ · · · ∨ Ln).

Specijalno, za klauzu A ∈ HS dobijamo vα(Φ(A)) = M(A). Formule iz HS su dobijene zamenom slobodnihpromenljivih termima koji su slobodni za te promenljive (posto formule iz F nemaju kvantifikatore), asve formule iz F su po pretpostavci tacne u interpretaciji M , pa prema tvrdenju 2.34 sledi M(A) = >.Dakle vα(Φ(A)) = >, pa je α model za A. A je bila proizvoljna formula iz HS, pa je α iskazni model zaskup formula {Φ(A) | A ∈ HS}.

(3⇒ 2): Neka skup HS ima iskazni model α sa iskaznim promenljivima iz HA tj. neka postojipreslikavanje Φ definisano kao u prethodnom slucaju, koje preslikava formule bez promenljivih nad jezikomL u formule iskaznog racuna tako da {Φ(A) | A ∈ HS} ima iskazni model. Konstruisemo model H =(HU, ρ) gde je HU Erbranov univerzum, a ρ je definisano na sledeci nacin:

ρ(c) = c ako c ∈ C

ρ(f jk) = f j

k gde je f jk(t1, . . . , tj) = f j

k(t1, . . . , tj)

za sve t1, . . . , tj ∈ HU

ρ(Rjk) = Rj

k gde Rjk(t1, . . . , tj) akko α(Φ(Rj

k(t1, . . . , tj))) = >.


Neka je A(y1, . . . , yn) ∈ F proizvoljna formula pri cemu su y1, . . . , yn sve promenljive formule A. Nekaje v proizvoljna valuacija interpretacije H . Treba da dokazemo H |=v A. Oznacimo

AH = A(v(y1), . . . , v(yn)).

Formula AH je dobijena je zamenom svih slobodnih promenljivih formule A termima v(y1), . . . , v(yn).Dakle AH ∈ HS. Zato AH nema promenljivih i njena tacnost u interpretaciji H ne zavisi od valuacije.Neka je stoga v1 neka valuacija interpretacije H . Kako A nema kvantifikatore, svi termi su slobodni zasve promenljive, pa prema tvrdenju 2.32 vazi

H |=v1AH akko H |=v2

A

gde je v2 = v1(v(y1)/y1, . . . , v(yn)/yn). Valuacije v2 i v se poklapaju za sve vrednosti promenljivih kojeucestvuju u formuli A, pa vazi

H |=v2A akko H |=v A.

Posto izbor valuacije v1 ne utice na tacnost AH , imamo

H |= AH akko H |=v1AH akko H |=v A.

Pokazacemo da vazi H(AH) = vα(Φ(AH)). Uocimo prvo da za elementarnu formulu Rjk(t1, . . . , tj) ∈ HS

prema konstrukciji interpretacije H vazi:

H |= Rjk(t1, . . . , tj) akko Rj

k(tH1 , . . . , tHj )

akko Rjk(t1, . . . , tj)

akko vα(Φ(Rjk(t1, . . . , tj))) = >.

Dakle H(Rjk(t1, . . . , tj)) = vα(Φ(Rj

k(t1, . . . , tj))). Odatle sledi i

H(¬Rjk(t1, . . . , tj)) = ¬H(Rj

k(t1, . . . , tj))

= ¬vα(Φ(Rjk(t1, . . . , tj)))

= vα(¬Φ(Rjk(t1, . . . , tj)))

= vα(Φ(¬Rjk(t1, . . . , tj))),

sto znaci da tvrdenje vazi za sve literale, pa i za proizvoljnu klauzu L1 ∨ · · · ∨ Ln vazi

H(L1 ∨ · · · ∨ Ln) = H(L1) ∨ · · · ∨ H(Ln)

= vα(Φ(L1)) ∨ · · · ∨ vα(Φ(Ln))

= vα(Φ(L1) ∨ · · · ∨ Φ(Ln))

= vα(Φ(L1 ∨ · · · ∨ Ln)).

Kako je formula AH klauza, dobijamo H(AH ) = vα(Φ(AH)) = >, jer je AH ∈ HS, a α je model za HS.Dakle pokazali smo:

Hv(A) = H(AH) = vα(Φ(AH)) = >.

Kako je v bila proizvoljna valuacija, zakljucujemo H(A) = >. A je bila proizvoljna formula iz F , pa jeH model za F .

(2⇒ 1): Ovaj smer vazi jer je model sa domenom HU jedan model za F .

Primer 2.62 Preslikavanja Φ koje odgovara prethodnom primeru ima oblik

Φ =

(P (a) P (f(a)) . . . Q(a, a) Q(a, f(a)) Q(f(a), f(f(a))) . . .p1 p2 q1 q2 q3

)

,

a skup HS posmatran kao skup iskaznih formula je

Φ(HS) = {¬p1 ∨ q2,¬p2 ∨ q3, . . . ,

p1, . . . ,

¬q1,¬q2, . . .}Sada vidimo da polazni skup nema model, jer ako je α model za p1 i za ¬q2, tada ne moze biti model za¬p1 ∨ q2. Tako smo utvrdili da vazi:

{(∀x)(P (x)⇒(∃y)Q(x, y)), (∃x)P (x)} |= (∃x)(∃y)Q(x, y).

4


2.7.6 Neke posledice tvrdenja Erbrana

Tvrdenjem Erbrana se problem utvrdivanja semanticke posledice (pa i valjanosti formule) svodi naispitivanje egzistencije iskaznog modela prebrojivog skupa formula. Neka je S = {A1, A2, . . .} prebrojivskup iskaznih formula. Prema tvrdenju kompaktnosti, skup S ima model akko svaki njegov konacanpodskup ima model. Posmatrajmo niz konacnih skupova:

S1 = {A1}S2 = {A1, A2}S3 = {A1, A2, A3}

...

Ako svaki konacan podskup skupa S ima model, onda i svaki clan ovog niza ima model. Obrnuto, akosvaki clan ovog niza ima model, onda za proizvoljan konacan podskup P skupa S mozemo naci clan ovogniza koji sadrzi P , pa i P ima model. Iz toga sledi da postoji sledeci postupak koji za svaki skup iskaznihformula koji nema model utvrduje da taj skup nema model: redom se generisu skupovi S1,S2, . . . i za svakiod tih skupova se proverava da li ima model (na primer tako sto se ispitaju sve moguce vrednosti kojevaluacija moze dodeliti konacnom broju promenljivih koje ucestvuju u formulama tog skupa). Ukolikoneki skup Si nema model, tada ni ceo skup S nema model. Obrnuto, ako skup S nema model, tada cese sigurno u nekom trenutku vremena pronaci podskup Si koji nema model, pa ce se to konstatovati.

Opisan postupak omogucava da se utvrdi da je data formula valjana. Ako je formula valjana,tada odgovarajuci skup iskaznih formula nema model, pa ce se to u konacnom broju koraka opisanimpostupkom utvrditi. Ali ako formula nije valjana, tada se nikad nece pronaci konacan podskup koji nemamodel. Tada proces provere da li je formula valjana ne mora da se zavrsi u konacnom broju koraka. Toje posledica neodlucivosti predikatskog racuna.

2.7.7 Postupak rezolucije

Postupak za proveru valjanosti formule opisan u prethodnom odeljku je vrlo neefikasan. Efikasnijipostupak od opisanog je postupak rezolucije (videti npr. [HLCP], [JR], [PHIP]). To je jedan od postupakakoji se primenjuju u automatskim dokazivacima teorema, a ograniceni oblik rezolucije primenjuje se kaoosnovni mehanizam izvrsavanja programa u programskom jeziku Prolog.

Definisacemo prvo postupak rezolucije u iskaznom racunu. Primenom postupka koji je opisan uodeljku 1.5.3, svaka formula iskaznog racuna se moze napisati u obliku

C1 ∧ C2 ∧ · · · ∧ Cn

gde su Ci formule oblikaL1 ∨ L2 ∨ · · · ∨ Lk

pri cemu su Lj iskazna slova ili njihove negacije. Kao i u predikatskom racunu, formule Lj nazivamoliterali, a formule Cj klauze. Iz asocijativnosti, komutativnosti i idempotentnosti logicke operacije ∨ sledida za istinitosnu vrednost klauze nije bitan redosled literala kao i da se visestruke pojave istog literalamogu izostaviti. Zato klauzu mozemo posmatrati kao konacan skup literala

{L1, L2, . . . , Lk}.

Analogno tome, svaku formulu koja predstavlja konjukciju klauza mozemo posmatrati kao konacan skupklauza

{C1, C2, . . . , Cn}.U ovakvoj reprezentaciji, unija dva skupa literala odgovara disjunkciji odgovarajucih klauza. Zato jeprirodno da skup ∅ predstavlja iskaz ⊥ (kontradikciju). Njega takode smatramo klauzom i nazivamoprazna klauza.

Primer 2.63 Konjunktivna normalna forma formule (p⇒ q) ∨ (r⇒ s) je klauza ¬p ∨ q ∨ ¬r ∨ s. Zatoovu formulu mozemo predstaviti skupom

{¬p, q,¬r, s}.

4


Ako je L = q iskazno slovo, tada L oznacava literal ¬q, a ako je L = ¬q, tada L oznacava literal q.Ako drugacije nije naglaseno, pod klauzama cemo u nastavku podrazumevati njihove reprezentacije

pomocu skupova. Pojmovi interpretacije se na prirodan nacin sa iskaznih formula prenose i na skupovekojima se te formule predstavljaju.

Sada smo u prilici da definisemo postupak rezulucije u iskaznom racunu.

Definicija 2.64 Neka su C1 i C2 iskazne klauze. Klauza D je rezolventa klauza C1 i C2 akko postojiliteral L tako da L ∈ C1, L ∈ C2 i

D = (C1 \ {L}) ∪ (C2 \ {L}).

Primer 2.65 Skup C1 = {¬p, q} predstavlja formulu p⇒ q, a skup C2 = {¬q, r} formulu q⇒ r. Kaoq ∈ C1 i ¬q ∈ C2, iskazna rezolventa klauza C1 i C2 je

({¬p, q} \ {q}) ∪ ({¬q, r} \ {¬q}) = {¬p} ∪ {r} = {¬p, r}

a to je klauza koja odgovara formuli p⇒ r. 4

Tvrdenje 2.66 Neka je F proizvoljan skup klauza, C1, C2 ∈ F i neka je D rezolvent klauza C1 i C2.Tada F |= D.

Dokaz. Neka je D rezolvent klauza C1 i C2 takav da za literal L vazi L ∈ C1, L ∈ C2 i D = (C1 \{L}) ∪ (C2 \ {L}). Neka je α proizvoljna valuacija u kojoj su tacne sve formule skupa F . Razlikujemodva slucaja.

1. vα(L) = ⊥. Posto je vα(C1) = >, mora biti vα(C1 \ {L}) = >. Zato je i vα(D) = >.

2. vα(L) = >. Tada je vα(L) = ⊥, a kako je vα(C2) = >, mora biti vα(C2 \ {L}) = >. Zato je opetvα(D) = >.

U svakom slucaju je vα(D) = >. Kako je α bila proizvoljna valuacija u kojoj su tacne sve formule iz F ,sledi F |= D.

Definicija 2.67 Izvodenje klauze D iz skupa klauza F je konacan niz klauza C1, C2, . . . , Cn gdeCn = D i za svako Ck za 1 ≤ k ≤ n vazi Ck ∈ F ili je Ck rezolventa klauza Ci i Cj za 1 ≤ i, j < k.

Svaki model za skup formula F je model i za sve formule koje su semanticke posledice skupa F . Akoprimenom pravila rezolucije utvrdimo da je prazna klauza posledica skupa formula F , sledi da ni skup Fnema model, jer prazna klauza nema model.

Primenom tvrdenja kompaktnosti za iskazni racun (tvrdenje 1.44) moze se pokazati da vazi i obrnuto:ako skup formula F nema model, tada postoji izvodenje prazne klauze iz F (videti [HLCP]). Posledicatoga je sledece tvrdenje:

Tvrdenje 2.68 Skup klauza F nema model akko postoji izvodenje prazne klauze iz skupa F .

Primer 2.69 Pokazimo postupkom rezolucije da vazi

{q, p ∧ q⇒ r, r ∧ q⇒ p, ¬r⇒ p} |= {r}.

Ako pretpostavke pretvorimo u klauze i dodamo polaznom skupu negaciju formule r, dobijamo skup Sciji su clanovi:

1. {q}2. {¬p,¬q, r}3. {¬r,¬q, p}4. {r, p}5. {¬r}.

Sledeci niz klauza predstavlja izvodenje prazne klauze iz skupa S primenom iskazne rezolucije:

6. {¬p, r} iz 1, 27. {¬p} iz 5, 68. {r} iz 4, 79. ∅ iz 8, 5

4


Tvrdenje 2.68 daje postupak za proveru da li dati skup iskaznih formula ima model. Ako je dat skuppredikatskih formula, tada bismo mogli postepeno generisati Erbranov sistem i proveravati da li postojiizvodenje prazne klauze iz do sada generisanog skupa. Pokazuje se, medutim, da je to moguce izbeciako se postupak rezolucije definise direktno nad predikatskim klauzama. Analogno iskaznim klauzama, ipredikatske klauze predstavljamo skupovima literala.

Primer 2.70 Neka je F formula

(∀x)(∀y) (α(x, y)⇒ β(x) ∧ γ(y)).

Posle izostavljanja univerzalnih kvantifikatora i eliminacije implikacije, dobijamo formulu

¬α(x, y) ∨ (β(x) ∧ γ(y)).

Primenom distributivnosti formulu svodimo na konjunktivnu normalnu formu

(¬α(x, y) ∨ β(x)) ∧ (¬α(x, y) ∨ γ(y)).

Zato formulu F mozemo predstaviti skupom klauza

{{¬α(x, y), β(x)}, {¬α(x, y), γ(y)}

}.

4

Osnovna ideja rezolucije u predikatskom racunu je da se koristi predikatska klauza C da bi se predstavio(potencijalno beskonacan) skup svih instanci koje C generise u Erbranovom sistemu HS. Nalazenjerezolventi predikatskih formula C i D tako zamenjuje nalazenje iskaznih rezolventi svih instanci formula Ci D. Pre nego sto uvedemo pojam rezolucije za predikatske formule uvescemo pojam zamene i unifikacije.

Prema napomeni 2.9 zamenu mozemo tumaciti kao funkciju koja preslikava skup predikatskih formulau skup predikatskih formula. Zamena se primenjuje na klauzu tako sto se primeni na svaki njen literal, ana skup klauza tako sto se primeni na svaku od klauza u skupu. Primenu zamene θ na formulu ili skupformula A oznacavamo sa Aθ.

Ako su θ i σ dve zamene, tada se moze definisati kompozicija zamena θσ tako da za svaku formulu Avazi

A(θσ) = (Aθ)σ.

Primer 2.71 Neka su date zamene

θ = [x/f(a), y/g(z, a)]

σ = [z/h(b)].

Kompozicija ovih zamena jeθσ = [x/f(a), y/g(h(b), a), z/h(b)].

U ovom slucaju su promenljive koje se javljaju u θ i σ razlicite, pa se rezultat kompozicije lako nalazi. Uopstem slucaju treba voditi racuna o zajednickim promenljivim da bi kompozicija imala trazeno svojstvoA(θσ) = (Aθ)σ za svaku formulu A. 4

Definicija 2.72 Zamena θ je unifikator formula A i B akko vazi

Aθ = Bθ

Primer 2.73 Unifikator formule A = α(f(x), a) i B = α(f(g(b)), y) je zamena θ = [x/g(b), y/a], jer je

Aθ = Bθ = α(f(g(b)), a).

Zamena σ = [x/y] je unifikator formula A = α(f(a), x) i B = β(f(a), y). Unifikator ovih formula jei σ′ = [x/a, y/a] kao i σ′′ = [x/f(a), y/f(a)]. Primecujemo da formule A i B imaju beskonacno mnogounifikatora. Tako je za svaku zamenu η = [y/t] kompozicija ση unifikator za A i B. 4

Definicija 2.74 Zamena θ je najopstiji unifikator formula A i B ako je θ unifikator formula A i B, i zasvaki unifikator σ formula A i B postoji zamena τ tako da

σ = θτ.


Moze se pokazati da svake dve formule imaju najopstiji unifikator i da se on moze efektivno odrediti.

Primer 2.75 Za formule A = α(f(a), x) i B = β(f(a), y) iz prethodnog primera najopstiji unifikator jeσ = [x/y]. Unifikator σ = [y/x] je takode jedan najopstiji unifikator za A i B. Dakle najopstiji unifikatornije jedinstven. Moze se, medutim, pokazati da se najopstiji unifikatori mogu dobiti jedan od drugogreimenovanjem promenljivih (videti [JL]). 4

Analogno kao kod rezolucije iskaznih formula, sa L oznacavamo predikatski literal ¬L ako je Lelementarna formula, odnosno L′ ako je L = ¬L′ negacija elementarne formule.

Definicija 2.76 Neka su C1 i C2 dve klauze koje nemaju zajednicke promenljive, a L1 ∈ C1 i L2 ∈ C2

proizvoljni literali takvi da L1 i L2 imaju najopstiji unifikator θ. Tada je binarna rezolventa klauza C1 iC2 klauza

(C1θ \ {L1θ}) ∪ (C2θ \ {L2θ}).

Primer 2.77 Neka su date klauze

C1 = {α(x), β(x)}C2 = {¬α(a), γ(y)}.

Literali α(x) i α(a) imaju najopstiji unifikator θ = [x/a], pa je binarna rezolventa klauza C1 i C2 klauza

{β(x)[x/a]} ∪ {γ(y)[x/a]} = {β(a), γ(y)}.

4

Napomena 2.78 Ukoliko dve klauze imaju zajednicke promenljive, tada se promenljive u jednoj odklauza mogu reimenovati da bi se dobile klauze bez zajednickih promenljivih. Reimenovanjem se dobijaekvivalentna klauza, jer nas zanima samo da li klauze vaze u datoj interpretaciji, sto znaci da se svepromenljive ponasaju kao da su univerzalno kvantifikovane. �

Definicija 2.79 Neka je C proizvoljna klauza i L1, L2 ∈ C dva proizvoljna literala te klauze koja imajunajopstiji unifikator θ. Tada se Cθ naziva faktor klauze C.

Primer 2.80 Posto je θ = [x/f(y)] najopstiji unifikator literala α(x) i α(f(y)), klauza {α(f(y)),¬β(f(y))} je faktor klauze {α(x), α(f(y)), ¬β(x)}. 4

Definicija 2.81 Neka su C1 i C2 proizvoljne klauze. Neka je D1 klauza C1 ili proizvoljan njen faktor,a D2 klauza C2 ili proizvoljan njen faktor. Tada se svaka binarna rezolventa klauza D1 i D2 nazivarezolventom klauza C1 i C2.

Sledeca definicija odreduje pravilo rezolucije za predikatske formule.

Definicija 2.82 Neka je F proizvoljan skup klauza. Tada je

R(F) = F ∪ {D | (∃C1, C2 ∈ F) D je rezolventa klauza C1 i C2}R0(F) = F

Rn+1(F) = R(Rn(F))

R∗(F) =⋃

n∈N0

Rn

Dakle R(F) se dobija tako sto se skupu F dodaju sve rezolvente klauza iz F . Iteriranjem ovogpostupka dobija se R∗(F). Znacaj postupka rezolucije ogleda se u sledecem tvrdenju.

Tvrdenje 2.83 (Tvrdenje rezolucije za predikatski racun) Skup klauza F nema model akko ∅ ∈R∗(F).

Da bismo ustanovili da li skup F ima model generisemo redom skupove R(F), R2(F), R3(F), itd.Ako neki od skupova Rk(F) sadrzi ∅, skup F nema model. Obrnuto, ako skup F nema model, tadapostoji Rk(F) koji sadrzi ∅. U slucaju da F ima model, ovaj postupak ne mora da se zavrsi. Osim toga,broj klauza se u svakom sledecem koraku eksponencijalno povecava, pa je algoritam neefikasan. Zbogtoga se u programima za automatsko dokazivanje teorema primenjuju razlicita poboljsanja osnovnogpostupka rezolucije, ali se u opstem slucaju ne moze eliminisati problem zavrsavanja algoritma kadaF ima model niti problem neefikasnosti koji u prakticnoj primeni (zbog ogranicenja vremena i resursaracunara) sprecava nalazenje prazne klauze cak i kada ona pripada skupu R∗(F).


Zadatak 2.84 Dokazati da je valjana formula

ϕ = (∀x)(∃y)α(x, y) ∧ (∀y)(∃z)β(y, z) ⇒ (∀x)(∃y)(∃z)(α(x, y) ∧ β(y, z))

Resenje. Prema tvrdenju 2.49 vazi ∅ |= ϕ akko skup ∅ ∪ {¬ϕ} nema model, tj. |= ϕ akko {¬ϕ} nemamodel. Formula ¬ϕ je ekvivalentna sa

(∀x)(∃y)α(x, y) ∧ (∀y)(∃z)β(y, z) ∧ (∃x)(∀y)(∀z)(¬α(x, y) ∨ ¬β(y, z)).

Zato skup {¬ϕ} nema model akko nema model skup

{(∀x)(∃y)α(x, y), (∀y)(∃z)β(y, z), (∃x)(∀y)(∀z)(¬α(x, y) ∨ ¬β(y, z))

}.

Sve formule ovog skupa su u preneksnom obliku, pa mozemo primeniti skolemizaciju. Ako pri tome trecuklauzu napisemo u obliku skupa, dobijamo skup:

{α(x, f(x)), β(y, g(y)), {¬α(a, y),¬β(y, z))}

}.

Sledeci niz formula je izvodenje prazne klauze:

1. α(x, f(x)) Hyp2. β(y, g(y)) Hyp3. ¬α(a, y),¬β(y, z) Hyp4. ¬β(f(a), z) iz 1, 3 za θ = [x/a, y/f(a)]5. ∅ iz 2, 4 za θ = [y/f(a), z/g(f(a))]

Dakle prazna klauza je posledica skupa formula, pa skup nema model, sto znaci da je ϕ valjana formula.

Rezolucija u Prologu Prolog je deklarativni programski jezik koji baziran na predikatskom racunuprvog reda. Program u Prologu predstavlja skup klauza oblika

{¬B1,¬B2, . . . ,¬Bn}

ili oblika{G,¬B1,¬B2, . . . ,¬Bn}

gde su G, B1, . . . , Bn elementarne formule. Ovakve klauze se nazivaju Hornovske klauze. Osnovnaaktivnost Prolog sistema je da utvrdi da li zadata formula ϕ (koja se naziva upit) predstavlja posledicuzadatog skupa klauza F (koji se naziva program). Ova provera se vrsi tako sto se proverava da li seiz skupa F ∪ {¬ϕ} moze izvesti prazna klauza. Specijalni oblik Hornovskih klauza pojednostavljujepostupak rezolucije. U standardnim Prolog sistemima je, medutim, postupak rezolucije u cilju efikasnostitoliko pojednostavljen da za njega vise ne vazi tvrdenje 2.83. Pored toga, specijalan oblik Hornovskihformula predstavlja ogranicenje u prakticnom radu, pa se javlja potreba za uvodenjem negiranih formulaumesto elementarnih formula B1, B2, . . . , Bn. Implementiranje negacije predstavlja poseban problem(videti [JL]), i nacin na koji je ona implementirana u standardnim Prolog sistemima nije u skladu salogickim pravilima zakljucivanja (videti [MR]).

3

Teorija skupova

3.1 Teorija skupova

Osnivac naivne teorije skupova, kojom cemo se mi ovde baviti, je nemacki matematicar Georg Kantor.On je, kao i Dedekind (J. Dedekind), Bul (G. Boole), Peano (G. Peano), i mnogi drugi matematicari u19. i pocetkom 20. veka, radio na otklanjanju nepreciznosti matematickog jezika i uvodenju univerzalnogjezika u matematiku. Kantorova teorija jos uvek nije imala precizirana pravila izvodenja, a imala jesledece tri aksiome.

Ax1 Za svako svojstvo postoji skup elemenata koji imaju to svojstvo.Pojam svojstva bio je prihvatan intuitivno, a skup S elemenata koji imaju svojstvo P se oznacavaosa

S = {x | P (x)}.Ax2 Dva skupa su jednaka akko imaju jednake elemente.

Ax3 (Aksioma izbora) Ako je data proizvoljna familija nepraznih skupova, tada postoji preslikavanje fkoje svakom skupu familije pridruzuje jedan njegov element.

Bertrand Rasel je 1902. godine pokazao da Ax1 vodi u sledecu protivrecnost. Posto je x /∈ x jednosvojstvo, prema Ax1 bi postojao skup M = {x | x /∈ x}. Vazi M ∈ M ili M /∈ M . Ukoliko M ∈ M , tadapo definiciji skupa M vazi M /∈ M . Ukoliko pak M /∈ M , tada M ∈ M . Dobijamo dakle M ∈ M akkoM /∈ M , sto je kontradikcija.

Jedan od nacina izbegavanja ovog paradoksa je uvodenje pojma klase. Tako se postupa u Nojman-Bernajs (P. Bernays) - Gedelovoj aksiomatizaciji teorije skupova (NBG). Polazni pojam u ovakvom nacinuaksiomatizacije je klasa, a za klasu A kazemo da je skup akko postoji klasa B tako da A ∈ B. Tada sedozvoljava egzistencija objekta M koji sadrzi sve one skupove x za koje vazi x /∈ x. Posto pretpostavkada je M skup, prema Raselovom razmatranju, vodi u kontradikciju, sledi da M nije skup. Takva klasase naziva prava klasa.

Drugi nacin aksiomatizacije je Zermelo (E. Zermelo)-Frenkelova (A. Fraenkel) teorija skupova (ZF).Ovde se ne uvodi pojam klase, ali se ne dozvoljava kreiranje proizvoljnog skupa

S = {x | P (x)}

vec samo skupaS = {x ∈ U | P (x)}

gde je U proizvoljan postojeci skup.Postoje i drugi nacini aksiomatizacije.Kada govorimo o univerzalnom skupu, tada posmatramo proizvoljan, ali fiksiran skup koji sadrzi

sve elemente kojima se u datom kontekstu bavimo. (Kasnije cemo pokazati da se ne moze prihvatitipostojanje “skupa svih skupova”, zbog toga je svaki skup univerzalan samo u datom kontekstu.)

3.1.1 Jednakost skupova

Za osnovnu relaciju medu skupovima uzimamo relaciju pripadanja elementa x skupu A, u oznaci x ∈ A.Negaciju formule x ∈ A oznacavamo sa x /∈ A. Ostale relacije medu skupovima definisemo.

69

70 3. TEORIJA SKUPOVA

Definicija 3.1

A = Bdef⇐⇒ (∀x)(x ∈ A⇔x ∈ B)

Tvrdenje 3.2 Relacija = medu skupovima je refleksivna, simetricna i tranzitivna, tj. vazi:

1. A = A;

2. A = B⇒B = A;

3. A = B, B = C ⇒A = C.

Dokaz. Ova svojstva su posledica osobina ekvivalencije.

1. x ∈ A⇔x ∈ A (izvod tautologije p⇔ p)

(∀x)(x ∈ A⇔x ∈ A) (generalizacija).

2.

A = B ⇔ (∀x)(x ∈ A⇔x ∈ B)

⇔ (∀x)(x ∈ B ⇔x ∈ A)

⇔ B = A.

3.

A = B ∧ B = A ⇔ (∀x)(x ∈ A⇔x ∈ B) ∧ (∀x)(x ∈ B ⇔x ∈ C)

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

⇒ (∀x)(x ∈ A⇔x ∈ C)

⇔ A = C.

Ovde smo znak = uveli kao oznaku za navedenu formulu, a ne kao poseban relacijski simbol. Moze sepokazati da tako uvedena relacija ima osobine koja se zahtevaju od relacije jednakosti (odeljak 2.6). Postosmo pokazali da je = relacija ekvivalencije, trebalo bi jos pokazati saglasnost sa relacijom ∈:

A = B ∧ C = D⇒A ∈ C ⇔B ∈ D.

Napomena 3.3 (videti [SP]) U opstem slucaju, prilikom definisanja novih pojmova kao skracenicapostojecih konstrukcija, od definicije se zahteva da bude otklonjiva i nekreativna. Time se obezbeduje dase sve sto se moze izraziti koriscenjem uvedenih pojmova, moze izraziti i bez njih, kao i da se sve sto semoze dokazati koriscenjem definicija uvedenih pojmova, moze se dokazati i bez njih. Prema prethodnojdefiniciji, formula

A = B ∧ B = C

je samo skracenica za formulu

(∀x)(x ∈ A⇔x ∈ B) ∧ (∀x)(x ∈ B ⇔x ∈ C).

Neka je T proizvoljno tvrdenje koje sadrzi znak = kao jednakost skupova i D dokaz tog tvrdenja. Akou tvrdenju T svaku pojavu A = B zamenimo sa (∀x)(x ∈ A⇔x ∈ B), dobijamo tvrdenje T ′ u kojem sene javlja jednakost skupova. Ako u dokazu D izvrsimo istu zamenu, dobijamo dokaz D′ koji takode nesadrzi jednakost skupova. Otklonjivost i nekreativnost definicije jednakosti skupova obezbeduje da uvekmozemo eliminisati znak = u tvrdenju i njegovom dokazu i da dobijen D′ jeste korektan dokaz tvrdenjaT ′. Tako definicija ne utice na teoriju koju razmatramo, vec samo olaksava rad i skracuje pisanje. �

3.1. TEORIJA SKUPOVA 71

3.1.2 Podskup skupa

Definicija 3.4

A ⊆ Bdef⇐⇒ (∀x)(x ∈ A⇒x ∈ B)

Tvrdenje 3.5 Relacija ⊆ je relacija poretka:

1. A ⊆ A;

2. A ⊆ B, B ⊆ A⇒A = B;

3. A ⊆ B, B ⊆ C ⇒A ⊆ C.

Dokaz. Ova tvrdenja su posledica osobina implikacije.

1. Sledi iz x ∈ A⇒x ∈ A generalizacijom.

2. A ⊆ B ∧ B ⊆ A ⇔ (∀x)(x ∈ A⇒x ∈ B) ∧ (∀x)(x ∈ B ⇒x ∈ A)

⇔ (∀x)((x ∈ A⇒x ∈ B) ∧ (x ∈ B ⇒x ∈ A))

⇒ (∀x)(x ∈ A⇔x ∈ B)

⇔ A = B.

3. A ⊆ B ∧ B ⊆ C ⇔ (∀x)(x ∈ A⇒x ∈ B) ∧ (∀x)(x ∈ B ⇒x ∈ C)

⇔ (∀x)((x ∈ A⇒x ∈ B) ∧ (x ∈ B ⇒x ∈ C))

⇒ (∀x)(x ∈ A⇒x ∈ C)

⇔ A ⊆ C.

3.1.3 Razlika skupova i prazan skup

Definicija 3.6A \ B = {x | x ∈ A ∧ x /∈ B}

Ako je A ⊆ U onda U \ A nazivamo komplement skupa A u odnosu na U . Pisemo i CUA ili samo A′

ukoliko je jasno o kojem skupu U se radi.

Definicija 3.7 Neka je X proizvoljan skup. Prazan skup, u oznaci ∅, je skup X \ X .

Tvrdenje 3.8 Prazan skup je jedinstven.

Dokaz. Neka su X \ X i Y \ Y prazni skupovi i a proizvoljno. Tada

a ∈ X \ X ⇔ a ∈ X ∧ a /∈ X

⇔ ⊥⇔ a ∈ Y ∧ a /∈ Y

⇔ a ∈ Y \ Y.

Odatle po definiciji jednakosti skupova sledi X \ X = Y \ Y .

Tvrdenje 3.9 Neka je X proizvoljan skup. Tada ∅ ⊆ X.

Dokaz.

∅ ⊆ X ⇔ (∀x)(x ∈ ∅⇒x ∈ X)

⇔ (∀x)(⊥⇒ x ∈ X)

⇔ ⊥⇒(∀x)(x ∈ X)

⇔ >.


Tvrdenje 3.10 Neka A, B ⊆ X. Tada

1. X \ (X \ A) = A;

2. A ⊆ B⇔(X \ B) ⊆ (X \ A).

Dokaz.

1. x ∈ X \ (X \ A) ⇔ x ∈ X ∧ x /∈ (X \ A)

⇔ x ∈ X ∧ ¬x ∈ X \ A

⇔ x ∈ X ∧ ¬(x ∈ X ∧ x /∈ A)

⇔ x ∈ X ∧ (x /∈ X ∨ x ∈ A)

⇔ (x ∈ X ∧ x /∈ X) ∨ (x ∈ X ∧ x ∈ A)

⇔ x ∈ X ∧ x ∈ A

⇔ x ∈ A.

2. A ⊆ B ⇔ (∀x)(x ∈ A⇒x ∈ B)

⇔ (∀x)(x /∈ B ⇒x /∈ A)

⇔ (∀x)(x ∈ X ∧ x /∈ B ⇒x ∈ X ∧ x /∈ A)

⇔ (∀x)(x ∈ X \ B ⇒x ∈ X \ A)

⇔ X \ B ⊆ X \ A.

Kod trece ekvivalencije pravac (⇒) je posledica tautologije

p⇒ q⇒(p ∧ r⇒ q ∧ r)

a pravac (⇐) cinjenice da su A i B podskupovi skupa X .

Definicija 3.11 Skup A je pravi podskup skupa X , u oznaci A ⊂ X akko A ⊆ X i A 6= X .

Definicija 3.12 Partitivni skup skupa A, u oznaci P(A), je skup svih podskupova skupa X :

P(A) = {X | X ⊆ A}.

Posto za svaki skup A vazi ∅ ⊆ A i A ⊆ A, vazi i ∅ ∈ P(A) i A ∈ P(A).

3.1.4 Operacije sa skupovima

Pored razlike i komplementa uvodimo jos i sledece operacije nad skupovima.

Unija dva skupa

A ∪ B = {x | x ∈ A ∨ x ∈ B}

Presek dva skupa

A ∩ B = {x | x ∈ A ∧ x ∈ B}

3.1. TEORIJA SKUPOVA 73

Simetricna razlika dva skupaA 4 B = (A \ B) ∪ (B \ A)

Za skupove A i B kazemo da su disjunktni akko A 6= ∅, B 6= ∅ i A ∩ B = ∅.Za prikaz skupova koristimo Ojler (L. Euler)-Veneove (J. Venne) dijagrame. Tako simetricnoj razlici

skupova A i B odgovara osenceni deo slike.

Neka je X proizvoljan skup, a Y ′ oznaka za X \ Y . Tada se

(P(X),∪,∩, ′ , ∅, X)

naziva Bulova algebra skupova. Ona zadovoljava sledece osobine:

1. A ∪ A = A2. A ∪ B = B ∪ A3. (A ∪ B) ∪ C = A ∪ (B ∪ C)4. A′′ = A5. (A ∪ B)′ = A′ ∩ B′

6. A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C)7. A ∪ (B ∩ B′) = A

Bulova algebra skupova zadovoljava niz zakonitosti.

• Ako je F formula sa operacijama ∩, ∪ i \ nad skupovima, dualnom formulom F ∗ nazivamo formulukoja je dobijena od A tako sto su ∩ i ∪ zamenili mesta. Moze se pokazati da su dualne formuletacnih jednakosti opet tacne jednakosti medu skupovima. Dovoljno je iz osobina 1–7 izvesti njimadualne osobine 1’–7’. Tako prema osobini 5 vazi (A′ ∪B′)′ = A′′ ∩B′′, a kako prema osobini 4 vaziA′′ = A i B′′ = B, sledi

(A′ ∪ B′)′ = A ∩ B,

odakle primenom osobine 4 dobijamo

A′ ∪ B′ = (A ∩ B)′

a to je dualna osobina osobini 5.

• Sva tvrdenja koja vaze za ∪, ∩ i \ se mogu izvesti iz navedenih 7. Pokazimo da vazi A \ (B ∩C) = (A \ B) ∪ (A \ C).

A \ (B ∩ C) = A ∩ (B ∩ C)′

= A ∩ (B′ ∪ C ′)

= (A ∩ B′) ∪ (A ∩ C ′)

= (A \ B) ∪ (A \ C)

• Skup tvrdenja 1–7 je minimalan: ni jedno od navedenih 7 tvrdenja nije posledica preostalih 6.

• Jedna od posledica navedenih formula je i A ∩ (A ∪ B) = A.

• Za relaciju ⊆ vazi A ⊆ B ⇔A∩B = A. To nam omogucava da nejednakosti sa skupovima svedemona jednakosti, i obrnuto.

• Sve ove osobine vaze i za iskaznu algebru. Apstrakcijom strukture

(P(A),∪,∩, ′ , ∅, A)

nastaju Bulove algebre.


3.1.5 Familija skupova

Familija skupova je preslikavanje nekog skupa indeksa u neki skup skupova. Familiju oznacavamo sa

{Ai | i ∈ I}

gde je I skup indeksa, a Ai slika elementa i ∈ I .Unija familije skupova je data sa

⋃

i∈I

Ai = {x | (∃i ∈ I)(x ∈ Ai)}

a presek familije skupova sa⋂

i∈I

Ai = {x | (∀i ∈ I)(x ∈ Ai)}.

Zadatak 3.13 Neka je A 6= ∅. Dokazati

P(∩A) = ∩{P(Y ) | Y ∈ A}.

Resenje. Prema definiciji jednakosti skupova pokazacemo da za svako X vazi

X ∈ P(∩A)⇔X ∈ ∩{P(Y ) | Y ∈ A}.

Pri tome primenjujemo definiciju skupovnih operacija:

X ∈ P(∩A) ⇔ X ⊆ ∩A

⇔ (∀t)(t ∈ X ⇒ t ∈ ∩A)

⇔ (∀t)(t ∈ X ⇒(∀Z)(Z ∈ A⇒ t ∈ Z)

⇔ (∀t)(∀Z)(t ∈ X ⇒(Z ∈ A⇒ t ∈ Z))

⇔ (∀Z)(∀t)(t ∈ X ⇒(Z ∈ A⇒ t ∈ Z))

⇔ (∀Z)(∀t)(Z ∈ A⇒(t ∈ X ⇒ t ∈ Z))

⇔ (∀Z)(Z ∈ A⇒(∀t)(t ∈ X ⇒ t ∈ Z))

⇔ (∀Z)(Z ∈ A⇒X ⊆ Z)

⇔ (∀Z)(Z ∈ A⇒X ∈ P(Z))

⇔ (∀Y )(Y ∈ A⇒X ∈ P(Y ))

⇔ X ∈ ∩{P(Y ) | Y ∈ A}.

3.1.6 Ureden par

Definicija uredenog para (a, b) elemenata a i b prema Vineru (N. Winer) i Kuratovskom (C. Kuratowski)je

(a, b) = {{a}, {a, b}}.Osnovni smisao ovakve definicije je sledece tvrdenje.

Tvrdenje 3.14 (a, b) = (c, d) akko a = c i b = d.

Dokaz. Ako je a = c i b = d tada tvrdenje trivijalno vazi. Obrnuto, neka je (a, b) = (c, d). Tada podefiniciji uredenog para i jednakosti skupova

(∀x)(x ∈ {{a}, {a, b}} ⇔ x ∈ {{c}, {c, d}}),

pa po definiciji dvoclanog skupa

(∀x)(x = {a} ∨ x = {a, b} ⇔ x = {c} ∨ x = {c, d}).

3.2. RELACIJE 75

Stavljajuci x = {a} leva strana jednakosti postaje tacna, pa je i desna strana tacna, sto znaci

{a} = {c} ∨ {a} = {c, d}.U oba slucaja vazi a = c. Dalje se uslov jednakosti svodi na

(∀x)(x = {a} ∨ x = {a, b} ⇔ x = {a} ∨ x = {a, d}).Stavljajuci u prethodnoj formuli x = {a, b} dobijamo

{a, b} = {a} ∨ {a, b} = {a, d} (∗)a za x = {a, d}

{a, d} = {a} ∨ {a, d} = {a, b}. (∗∗)Ukoliko vazi a = b, tada iz (∗∗) sledi

{a, d} = {a}pa je i d = a = b = c. Ukoliko vazi a 6= b, tada ne vazi {a, b} = {a}, pa iz (∗) sledi da mora vaziti{a, b} = {a, d}. Zato je b = d. U svakom slucaju a = c i b = d.

Kao posledicu prethodnog tvrdenja imamo (a, b) = (b, a) akko a = b. Dakle uredeni par razlikujeredosled elemenata.

Definicija 3.15 Uredena n-torka se definise pomocu uredenog para:

(a1) = a1

(a1, . . . , an−1, an) = ((a1, . . . , an−1), an).

Definicija 3.16 Neka su A i B proizvoljni skupovi. Dekartov proizvod (R. Descartes) skupova A i B,u oznaci A × B je definisan sa

A × B = {(a, b) | a ∈ A, b ∈ B}.Ako je A = ∅ ili B = ∅ tada iz definicije sledi A × B = ∅.

Dekartov proizvod konacnog broja skupova A1, . . . , An se uvodi na sledeci nacin:

A1 × · · · × An = {(a1, . . . , an) | a1 ∈ A1, . . . , an ∈ An}.U opstem slucaju vazi A × B 6= B × A, pa × nije komutativna operacija nad skupovima. Koristimo ioznaku

An = A × A × · · · × A︸︷︷︸

n

.

3.2 Relacije

Definicija 3.17 Binarna relacija (korespondencija) skupova A i B je proizvoljan podskup ρ ⊆ A × B.ρ ⊆ A × A je binarna relacija skupa A (binarna relacija na skupu A). Ako je ρ relacija skupova A i Btada umesto (a, b) ∈ ρ pisemo i a ρ b.

Mogu se posmatrati i relacije vece arnosti. Tako za ρ ⊆ A×B×C kazemo da je ternarna relacija (redom)skupova A, B i C. ρ ⊆ A je unarna relacija skupa A.

Definicija 3.18 Preslikavanje (funkcija) skupa A u skup B je binarna relacija f skupova A i B zakoju vazi:

(∀a ∈ A)(∃1b ∈ B)(a, b) ∈ f.

Ako je f preslikavanje skupa A u skup B tada pisemo f : A → B, a umesto (a, b) ∈ f pisemo i f(a) = b.Skup A nazivamo domen, a skup B kodomen preslikavanja f .

Definicija 3.19 Operacija arnosti n na skupu A je proizvoljno preslikavanje o : An → A.

Operaciju arnosti 1 nazivamo unarna, a operaciju arnosti 2 binarna operacija.

Primer 3.20 Operacija promene znaka je preslikavanje Re → Re koje realnom broju x pridruzujerealan broj −x. Operacija sabiranja realnih brojeva je preslikavanje R2

e → Re koje uredenom paru(x, y) pridruzuje realan broj x + y. Operacija mnozenja realnih brojeva je takode binarna operacija kojauredenom paru realnih brojeva (x, y) pridruzuje realan broj xy. U cilju preglednijeg zapisa, binarneoperacije cesto pisemo u infiksnom obliku: ako je o : A2 → A binarna operacija i x, y ∈ A, tada elemento(x, y) oznacavamo x o y. 4


3.2.1 Znacajne binarne relacije skupa A

Posebno su od interesa relacije koje imaju neke od sledecih osobina.

1. ρ je refleksivna relacija na skupu A akko

(∀x ∈ A)(x ρ x).

2. ρ je simetricna relacija na skupu A akko

(∀x, y ∈ A)(x ρ y⇒ y ρ x).

3. ρ je tranzitivna relacija na skupu A akko

(∀x, y, z ∈ A)(x ρ y ∧ y ρ z⇒x ρ z).

4. ρ je antisimetricna relacija na skupu A akko

(∀x, y ∈ A)(x ρ y ∧ y ρx⇒ x = y).

Primer 3.21 Neka je A = {1, 2, 3} i ρ = {(1, 2), (2, 1)}. ρ je binarna relacija na skupu A. Neposrednomproverom ustanovljavamo da ρ nije refleksivna, jeste simetricna, nije tranzitivna i nije antisimetricna. 4

Dve specijalne binarne relacije svakog skupa A su prazna relacija ∅ i puna relacija A2.

Definicija 3.22 Binarna relacija ρ je relacija ekvivalencije na skupu A akko je ρ refleksivna, simetricnai tranzitivna na skupu A (RST).

Relaciju ekvivalencije cesto obelezavamo znakom ∼.

Definicija 3.23 Binarna relacija ρ je relacija poretka na skupu A akko je ρ refleksivna, antisimetricnai tranzitivna na skupu A (RAT).

Relaciju poretka obicno obelezavamo sa ≤.

3.2.2 Tvrdenje reprezentacije relacija ekvivalencije

Definicija 3.24 Neka je A 6= ∅ proizvoljan skup. Particija skupa A je skup π ⊆ P(A) za koji vazi:

1. X ∈ π⇒X 6= ∅;2. A =

⋃

X∈π X ;

3. X, Y ∈ π⇒X = Y ∨ X ∩ Y = ∅.

Primer 3.25 Neka je Re skup realnih, a Z skup celih brojeva. Skup

π = { [k, k + 1) | k ∈ Z }

je jedna particija skupa Re. 4

Definicija 3.26 Neka je ∼ relacija ekvivalencija na skupu A. Koset (klasa) elementa a ∈ A je skup

a/∼ = {b ∈ A | b ∼ a}

(koristimo i oznake Ca ili a ako se zna o kojoj se relaciji radi). Kolicnicki (faktor) skup skupa A porelaciji ∼ je skup

A/∼ = {a/∼ | a ∈ A}.

3.2. RELACIJE 77

Primer 3.27 Neka je A = {1, 2, . . . , 10} i neka

x ≡ y (mod 3) ⇔ 3 | x − y.

≡ je relacija ekvivalencije. Njene klase su sledece:

1/≡ = 4/≡ = 7/≡ = 10/≡ = {1, 4, 7, 10}2/≡ = 5/≡ = 8/≡ = {2, 5, 8}3/≡ = 6/≡ = 9/≡ = {3, 6, 9}.

Primecujemo da klase nemaju isti broj elemenata. Ovde je

A/≡ = {1/≡, 2/≡, 3/≡}.

4

Tvrdenje 3.28 Neka je ∼ relacija ekvivalencije na skupu A. Tada x ∼ y akko x/∼ = y/∼.

Dokaz.(⇒): Neka je x ∼ y. Neka je z ∈ x/∼. Tada z ∼ x. Kako x ∼ y, iz tranzitivnosti sledi z ∼ y,

pa z ∈ y/∼. Kako je z bilo proizvoljno, zakljucujemo x/∼ ⊆ y/∼. Analognim razmatranjem dobijamoy/∼ ⊆ x/∼. Zbog toga x/∼ = y/∼.

(⇐): Neka x/∼ = y/∼. Posto x ∼ x, sledi x ∈ x/∼, tj. x ∈ y/∼. Zato x ∼ y.

Tvrdenje 3.29 Neka je ∼ proizvoljna relacija ekvivalencije na skupu A, a x/∼ i y/∼ dve proizvoljneklase ekvivalencije. Tada vazi tacno jedno od tvrdenja

1. x/∼ = y/∼;

2. x/∼ ∩ y/∼ = ∅.

Dokaz. Ako je x/∼ ∩ y/∼ = ∅, tada nije x/∼ = y/∼ jer bi u suprotnom bilo

∅ = x/∼ ∩ x/∼ = x/∼,

sto je nemoguce jer iz x ∼ x sledi x ∈ x/∼.Ako je x/∼ ∩ y/∼ 6= ∅, tada postoji z tako da z ∈ x/∼ i z ∈ y/∼. Za z vazi z ∼ x i z ∼ y. Odatle

prema simetricnosti i tranzitivnosti sledi x ∼ y. Prema prethodnom tvrdenju tada x/∼ = y/∼.

Tvrdenje 3.30 Neka je ∼ relacija ekvivalencija skupa A. Tada je kolicnicki skup A/∼ particija skupaA.

Dokaz. Neka je ∼ relacija ekvivalencije skupa A. Treba da dokazemo da su klase neprazne, disjunktnei da je njihova unija ceo skup A.

1. Neka je x/∼ ∈ A/∼ proizvoljno. Posto x ∼ x, sledi x ∈ x/∼. Zato x/∼ 6= ∅.2. Prema prethodnom tvrdenju vazi ili x/∼ = y/∼ ili x/∼ ∩ y/∼ = ∅.3. Posto za svaku klasu x/∼ vazi x/∼ ⊆ A, vazi i

⋃

x∈A

x/∼ ⊆ A.

Kako vazi {x} ⊆ x/∼ za svaki x ∈ A, sledi

A =⋃

x∈A

{x} ⊆⋃

x∈A

x/∼.

Iz ove dve nejednakosti dobijamo⋃

x∈A

x/∼ = A.


Tvrdenje 3.31 Neka je A neprazan skup i π particija skupa A. Tada je relacija ∼, definisana sa

x ∼ y⇔(∃C ∈ π)(x ∈ C ∧ y ∈ C),

relacija ekvivalencije na skupu A (i vazi A/∼ = π).

Dokaz. Dokazujemo da je ∼ refleksivna, simetricna i tranzitivna.

(R): Neka je x ∈ A proizvoljan. Posto je π particija, postoji skup C ∈ π tako da vazi x ∈ C. Tada x ∈ Ci x ∈ C, pa x ∼ x.

(S): Neka x ∼ y. Tada za neko C ∈ π vazi x ∈ C i y ∈ C. Dakle vazi y ∈ C i x ∈ C, pa y ∼ x.

(T): Neka x ∼ y i y ∼ z. Tada postoji C ∈ π tako da x, y ∈ C i postoji D ∈ π tako da y, z ∈ D. Postovazi y ∈ C i y ∈ D, sledi C ∩ D 6= ∅. Prema definiciji particije tada mora vaziti C = D. Zbog togax ∈ C i z ∈ C, pa x ∼ z.

Tvrdenjem 3.30 smo pokazali da za svaku relaciju ekvivalencije na A mozemo konstruisati particijaskupa A, a tvrdenjem 3.31 da za svaku particiju skupa A mozemo konstruisati relaciju ekvivalencije skupaA. Sada cemo pokazati da su ove dve konstrukcije uzajamno inverzne.

Neka je ∼ relacija ekvivalencije skupa A. Tada je A/∼ jedna particija skupa A. Neka je ≡ relacijaekvivalencije odredena ovom particijom:

x ≡ y⇔(∃C ∈ A/∼)(x, y ∈ C).

Pokazacemo x ≡ y⇔x ∼ y. Neka je prvo x ≡ y. Tada postoji C ∈ A/∼ tako da x, y ∈ C. Po definicijiskupa A/∼ vazi C = z/∼ za neko z ∈ A. Posto x ∈ z/∼, sledi x ∼ z, a posto y ∈ z/∼, sledi y ∼ z. Izsimetricnosti i tranzitivnosti relacije ∼, tada sledi x ∼ y. Dakle, x ≡ y povlaci x ∼ y. Obrnuto, neka jex ∼ y. Tada je x/∼ = y/∼, pa x, y ∈ x/∼. Kako x/∼ ∈ A/∼, sledi x ≡ y. Dakle x ≡ y akko y ∼ x.

Time smo pokazali da primenom prethodne dve konstrukcije od relacije ekvivalencije dolazimo do isterelacije ekvivalencije. Treba jos pokazati da polazeci od proizvoljne particije primenom dva puta ovogpostupka dolazimo do iste particije. Neka je π proizvoljna particija skupa A i ∼ odgovarajuca relacijaekvivalencije na skupu A:

x ∼ y⇔(∃C ∈ π)(x, y ∈ C).

Neka je A/∼ particija skupa A koju odreduje relacija ∼. Pokazacemo π = A/∼. Dokazimo prvo sledece:Ako je X ∈ π i y ∈ X , tada je tada X = y/∼. Neka je z ∈ X proizvoljan. Tada z, y ∈ X , pa z ∼ y, izcega sledi z ∈ y/∼. Zato je X ⊆ y/∼. Neka sada z ∈ y/∼. Tada z ∼ y, pa postoji C ∈ π tako da z, y ∈ C.Kako y ∈ C i y ∈ X , sledi X ∩ C 6= ∅, pa po definiciji particije X = C. To znaci da z ∈ X . Time smopokazali i y/∼ ⊆ X , pa X = y/∼.

Sada mozemo dokazati π = A/∼. Neka je X ∈ π proizvoljan. Kako je X 6= ∅, postoji y ∈ X . Premaprethodnom razmatranju tada X = y/∼, a y/∼ ∈ A/∼, pa X ∈ A/∼. Zato je π ⊆ A/∼. Obrnuto, nekay/∼ ∈ A/∼. Kako je

⋃

X∈π X = A, postoji X ∈ π tako da y ∈ X . Tada je X = y/∼, pa y/∼ ∈ π. Zatoje i A/∼ ⊆ π, pa je π = A/∼.

Prethodna tvrdenja cine tvrdenje o reprezentaciji. Ona pokazuju da se jedan u osnovi isti objekatmoze predstaviti na dva nacina: kao relacija ekvivalencije i kao particija skupa.

Primer 3.32 Neka je N2 skup svih uredenih parova prirodnih brojeva. Definisimo na njemu relaciju ∼sa

(a, b) ∼ (c, d)⇔ a + d = c + b.

Pokazacemo da je ∼ relacija ekvivalencije na skupu N 2.

(R): (a, b) ∼ (a, b)⇔ a + b = b + a a to vazi.

(S): Neka (a, b) ∼ (c, d). Tada a + d = c + b, pa c + b = a + d, sto znaci (c, d) ∼ (a, b).

(T): Neka (a, b) ∼ (c, d) i (c, d) ∼ (e, f). Tada a + d = c + b i c + f = e + d. Sabiranjem ovih jednakostidobijamo

a + d + c + f = c + b + e + d

odakle sledi a + f = e + b, sto znaci (a, b) ∼ (e, f).

3.2. RELACIJE 79

Klasa ekvivalencije elementa (a, b) je

(a, b)/∼ = {(c, d) | a + d = c + b}= {(c, d) | a − b = c − d}

Tako je, na primer,(4, 7)/∼ = {(1, 4), (2, 5), (3, 6), (4, 7), (5, 8), . . .}.

Kolicnicki skup N2/∼ je particija skupa N2:

N2/∼ = {(a, b)/∼ | (a, b) ∈ N2}Moze se pokazati da svakom celom broju z ∈ Z odgovara tacno jedna klasa (a, b)/∼ takva da je a− b = z,i obrnuto, pa postoji bijekcija izmedu Z i N 2/∼. 4

3.2.3 Tranzitivni proizvodi

Primer 3.33 Neka je A = {1, 2, 3, 4},α = { (1, 1), (1, 2), (2, 3), (1, 3) }, i

β = { (2, 3), (3, 1), (2, 1) }.Proverom ustanovljavamo da su relacije α i β tranzitivne i antisimetricne. Medutim, relacija α ∪ β nijetranzitivna, jer (3, 1) ∈ α ∪ β i (1, 3) ∈ α ∪ β, ali ne vazi (3, 3) ∈ α ∪ β. α ∪ β nije ni antisimetricna, jer(2, 3) ∈ α ∪ β i (3, 2) ∈ α ∪ β. 4Neka je α netranzitivna relacija. Postavlja se pitanje kako prosiriti α tako da se dobije tranzitivna relacija.

Definicija 3.34 Neka je F = {αi | i ∈ I} familija relacija na A. Tranzitivni proizvod familije F jerelacija τ data sa

a τ b ⇔ (∃a1, . . . , ak ∈ A)(∃β0, β1, . . . , βk ∈ F )

(a β0 a1 ∧ a1 β1 a2 ∧ · · · ∧ ak βk b).

pri cemu je k ∈ {0, 1, 2, . . .}.Tvrdenje 3.35 Tranzitivni proizvod τ familije relacija F je (1) tranzitivna relacija na A; (2) za svakiαi ∈ F vazi αi ⊆ τ ; (3) ako je ρ tranzitivna relacija na A takva da αi ⊆ ρ za sve αi ∈ F , onda τ ⊆ ρ(dakle τ je najmanja tranzitivna relacija koja sadrzi sve relacije iz F ).

Dokaz.

1. Pokazacemo da je τ tranzitivna. Neka a τ b i b τ c. Tada po definiciji relacije τ vazi

(∃a1, . . . , ak ∈ A)(∃β0, β1, . . . , βk ∈ F )

(a β0 a1 ∧ a1 β1 a2 ∧ · · · ∧ ak βk b)

(∃b1, . . . , bl ∈ A)(∃γ0, γ1, . . . , γl ∈ F )

(b γ0 b1 ∧ b1 γ1 b2 ∧ · · · ∧ bl γl c)

Prema tome, vazi:

(∃a1, . . . , ak, b1, . . . , bl ∈ A)(∃β0, β1, . . . , βk, γ0, γ1, . . . , γl ∈ F )

(a β0 a1 ∧ · · · ∧ ak βk b ∧ b γ0 b1 ∧ · · · ∧ bl γl c),

sto po definiciji znaci a τ c.

2. Pokazacemo da τ sadrzi sve relacije αi ∈ F . Neka je αi ∈ F proizvoljno i neka su a, b ∈ A proizvoljnielementi takvi da a αi b. Tada po definicije relacije τ za k = 0 i β0 = αi dobijamo a τ b.

3. Neka je ρ tranzitivna relacija i za svako αi ∈ F vazi αi ⊆ ρ. Neka su a i b proizvoljni elementi zakoje vazi a τ b. Tada

(∃a1, . . . , ak ∈ A)(∃β0, β1, . . . , βk ∈ F )(a β0 a1 ∧ a1 β1 a2 ∧ · · · ∧ ak βk b).

Posto αi ⊆ ρ, vazi(a ρ a1 ∧ a1 ρ a2 ∧ · · ·ak ρ b).

Odatle primenom tranzitivnosti relacije ρ, zakljucujemo a ρ b. Dakle τ ⊆ ρ.


Ako je F = {α} onda τ nazivamo tranzitivno zatvorenje relacije α i pisemo τ = α∗.

Tvrdenje 3.36 Ako je neko αi ∈ F refleksivna relacija, onda je i τ refleksivna.

Dokaz. Neka je a ∈ A. Posto je αi refleksivna, vazi a αi a. τ sadrzi αi, pa vazi a τ a. Dakle i τ jerefleksivna.

Tvrdenje 3.37 Neka je svaka od relacija αi ∈ F simetricna. Tada je i τ simetricna.

Dokaz. Neka a τ b. Tada

(a β0 a1 ∧ a1 β1 a2 ∧ · · · ∧ ak βk b).

za neke elemente a1, . . . , ak i relacije β0, β1, . . . , βk ∈ F . Posto su sve relacije simetricne, vazi i

(b βk ak ∧ · · · ∧ a2 β1 a1 ∧ a1 β0 a),

sto po definiciji znaci b τ a.

Posledica 3.38 Neka je F familija relacija ekvivalencije na A. Tada je τ najmanja relacija ekvivalencijekoja sadrzi sve relacije iz F .

Tvrdenje 3.39 Neka je F = {αi | i ∈ I} familija relacija ekvivalencije na A. Tada je⋂

i∈I αi relacijaekvivalencije na A.

Dokaz. Neka je α =⋂

i∈I αi.

(R) (x, x) ∈ α akko (∀i ∈ I)(x, x) ∈ αi, a to je tacno jer su sve αi refleksivne.

(S) (x, y) ∈ α akko (∀i ∈ I)(x, y) ∈ αi akko (∀i ∈ I)(y, x) ∈ αi akko (y, x) ∈ α.

(T) (x, y) ∈ α∧(y, z) ∈ α ⇔ (∀i ∈ I)(x, y) ∈ αi∧(∀i ∈ I)(y, z) ∈ αi ⇔ (∀i ∈ I)((x, y) ∈ αi∧(y, z) ∈ αi)⇒ (∀i ∈ I)(x, z) ∈ αi ⇔ (x, z) ∈ α.

Zadatak 3.40 Dokazati

(α ∩ β)∗ ⊆ α∗ ∩ β∗ ⊆ α∗ ∪ β∗ ⊆ (α ∪ β)∗.

Resenje.

1. Neka (x, y) ∈ (α ∩ β)∗. To znaci da postoji konacan niz a0, . . . , an elemenata iz A tako da a0 = x,an = y i za svako i ∈ {0, 1, . . . , n − 1} vazi (ai, ai+1) ∈ α ∩ β. Tada za svako i ∈ {0, 1, . . . , n − 1}vazi (ai, ai+1) ∈ α, pa (x, y) ∈ α∗. Analogno, za svako i ∈ {0, 1, . . . , n − 1} vazi (ai, ai+1) ∈ β, pa(x, y) ∈ β∗. Zato (x, y) ∈ α∗ ∩ β∗. Time je prva inkluzija pokazana.

2. Druga inkluzija trivijalno vazi jer

α∗ ∩ β∗ ⊆ α∗ ⊆ α∗ ∪ β∗.

3. Neka (x, y) ∈ α∗ ∪ β∗. Tada (x, y) ∈ α∗ ili (x, y) ∈ β∗. Neka je npr. (x, y) ∈ α∗ (drugi slucaj sepokazuje analogno). Tada postoji konacan niz a0, a1, . . . , an elemenata skupa A tako da a0 = x,an = y i za svako i ∈ {0, 1, . . . , n − 1} vazi (ai, ai+1) ∈ α. Zato za svako i ∈ {0, 1, . . . , n − 1} vazi i(ai, ai+1) ∈ α ∪ β, sto znaci da (x, y) ∈ (α ∪ β)∗.

3.2. RELACIJE 81

3.2.4 Algebra binarnih relacija

Definicija 3.41 Neka je A proizvoljan skup. Skup svih binarnih relacija skupa A oznacavamo sa

R(A) = {α | α ⊆ A2 }.

Dijagonalna relacija skupa A, u oznaci ∆A, je relacija

∆A = { (x, x) | x ∈ A }.

Inverzna relacija relacije α, u oznaci α−1, je relacija

α−1 = { (x, y) | (y, x) ∈ α }.

Proizvod relacija α, β ∈ R(A), u oznaci α ◦ β, je relacija

(α ◦ β) = { (x, y) | (∃z)((x, z) ∈ α ∧ (z, y) ∈ β) }.

Struktura

(R(A),∪,∩, ′ , ◦,−1, ∅, ∆A, A2)

se naziva algebra binarnih relacija.

Primer 3.42 Neka je A = {1, 2, 3}, α = { (1, 1), (1, 2) } i β = { (1, 2), (1, 3), (2, 3) }. Tada je α ◦β = { (1, 2), (1, 3) }, a β ◦ α = ∅. Vidimo da mnozenje relacija nije komutativna operacija. 4

Poljski matematicar i logicar Alfred Tarski je pedesetih godina ovog veka pokazao da algebra binarnihrelacija zadovoljava beskonacno pravilnosti koje nisu posledica jedne drugih. To otezava proces apstrakcijealgebre binarnih relacija. Obicno se izdvajaju neke pravilnosti koje se smatraju najvaznijim i izvode senjihove posledice. Tako nastaju Klinijeve, relacione i dinamicke algebre.

Tvrdenje 3.43 Neka su α, β, γ ⊆ A2 proizvoljne. Tada vazi:

1. α ◦ (β ∪ γ) = (α ◦ β) ∪ (α ◦ γ); (β ∪ γ) ◦ α = (β ◦ α) ∪ (γ ◦ α)

2. α ◦ (β ∩ γ) ⊆ (α ◦ β) ∩ (α ◦ γ); (β ∩ γ) ◦ α ⊆ (β ◦ α) ∩ (γ ◦ α).

Dokaz.1. (x, y) ∈ α ◦ (β ∪ γ)

⇔ (∃t ∈ A)((x, t) ∈ α ∧ (t, y) ∈ (β ∪ γ))

⇔ (∃t ∈ A)((x, t) ∈ α ∧ ((t, y) ∈ β ∨ (t, y) ∈ γ))

⇔ (∃t ∈ A)(((x, t) ∈ α ∧ (t, y) ∈ β) ∨((x, t) ∈ α ∧ (t, y) ∈ γ))

⇔ (∃t ∈ A)((x, t) ∈ α ∧ (t, y) ∈ β) ∨(∃t ∈ A)((x, t) ∈ α ∧ (t, y) ∈ γ)

⇔ (x, y) ∈ (α ◦ β) ∨ (x, y) ∈ (α ◦ γ)

⇔ (x, y) ∈ (α ◦ β) ∪ (α ◦ γ).

2. (x, y) ∈ α ◦ (β ∩ γ)

⇔ (∃t ∈ A)((x, t) ∈ α ∧ (t, y) ∈ β ∩ γ)

⇔ (∃t ∈ A)((x, t) ∈ α ∧ (t, y) ∈ β ∧ (t, y) ∈ γ)

⇔ (∃t ∈ A)((x, t) ∈ α ∧ (t, y) ∈ β ∧ (x, t) ∈ α ∧ (t, y) ∈ γ)

⇒ (∃t ∈ A)((x, t) ∈ α ∧ (t, y) ∈ β) ∧(∃t ∈ A)((x, t) ∈ α ∧ (t, y) ∈ γ)

⇔ (x, y) ∈ α ◦ β ∧ (x, y) ∈ α ◦ γ

⇔ (x, y) ∈ (α ◦ β) ∩ (α ◦ γ).


Primer 3.44 Pokazimo da ne vazi obrnut smer 2. dela prethodnog tvrdenja. Neka je A = {1, 2, 3, 4} ineka je

α = {(1, 3), (1, 4)}β = {(3, 2)}γ = {(4, 2)}

Tada je

β ∩ γ = ∅α ◦ (β ∩ γ) = ∅

ali je

α ◦ β = {(1, 2)}α ◦ γ = {(1, 2)}

pa je (α ◦ β) ∩ (α ◦ γ) = {(1, 2)}, sto znaci da je leva strana pravi podskup desne strane. 4

Tvrdenje 3.45 Neka α, β, γ ∈ A2. Tada vazi:

1. (α ◦ β)−1 = β−1 ◦ α−1

2. (α ∪ β)−1 = α−1 ∪ β−1

3. (α ∩ β)−1 = α−1 ∩ β−1

4. (α−1)−1 = α

5. α ◦ (β ◦ γ) = (α ◦ β) ◦ γ

6. α ⊆ β ⇒α ◦ γ ⊆ β ◦ γ

7. α ⊆ β ⇒ γ ◦ α ⊆ γ ◦ β

8. (α−1)′ = (α′)−1

9. ∆A ◦ α = α ◦ ∆A = α.

Dokaz. Pokazacemo samo tvrdenja 1 i 6, ostala se takode pokazuju jednostavno.

1. (x, y) ∈ (α ◦ β)−1 ⇔ (y, x) ∈ α ◦ β

⇔ (∃t ∈ A)((y, t) ∈ α ∧ (t, x) ∈ β)

⇔ (∃t ∈ A)((t, y) ∈ α−1 ∧ (x, t) ∈ β−1)

⇔ (x, y) ∈ β−1 ◦ α−1

6. Ako primenimo tvrdenje 3.43, dobijamo:

α ⊆ β ⇔ β = α ∪ β

⇒ β ◦ γ = (α ∪ β) ◦ γ

⇔ β ◦ γ = (α ◦ γ) ∪ (β ◦ γ)

⇔ α ◦ γ ⊆ β ◦ γ.

3.2. RELACIJE 83

Zadatak 3.46 Neka ρ, σ, γ ⊆ A2. Dokazati da vazi:

(ρ ◦ σ) ∩ γ ⊆ ρ ◦ (σ ∩ (ρ−1 ◦ γ))

i pokazati da inkluzija moze biti stroga.

Resenje. Pokazimo prvo da vazi inkluzija:

(x, y) ∈ (ρ ◦ σ) ∩ γ

⇔(x, y) ∈ ρ ◦ σ ∧ (x, y) ∈ γ

⇔(∃z)((x, z) ∈ ρ ∧ (z, y) ∈ σ) ∧ (x, y) ∈ γ

⇔(∃z)((x, z) ∈ ρ ∧ (z, y) ∈ σ ∧ (x, y) ∈ γ)

⇔(∃z)((x, z) ∈ ρ ∧ (z, y) ∈ σ ∧ (x, z) ∈ ρ ∧ (x, y) ∈ γ)

⇔(∃z)((x, z) ∈ ρ ∧ (z, y) ∈ σ ∧ (z, x) ∈ ρ−1 ∧ (x, y) ∈ γ)

⇒(∃z)((x, z) ∈ ρ ∧ (z, y) ∈ σ ∧ (z, y) ∈ ρ−1 ◦ γ)

⇒(∃z)((x, z) ∈ ρ ∧ (z, y) ∈ σ ∩ (ρ−1 ◦ γ))

⇒(x, y) ∈ ρ ◦ (σ ∩ (ρ−1 ◦ γ))

Preostaje da se pokaze da inkluzija moze biti stroga. Neka je A = {1, 2} i neka su relacije date sa

ρ = {(1, 1), (2, 1)}σ = {(1, 1)}γ = {(2, 1)}

Tada je(ρ ◦ σ) ∩ γ = {(1, 1), (2, 1)} ∩ {(2, 1)} = {(2, 1)},

dok je

ρ ◦ (σ ∩ (ρ−1 ◦ γ)) = ρ ◦ ({(1, 1)} ∩ {(1, 1)})= {(1, 1), (2, 1)} ◦ {(1, 1)}= {(1, 1), (2, 1)} 6= {(2, 1)}.

3.2.5 Relacije ekvivalencije

Tvrdenje 3.47 α ⊆ A2 je relacija ekvivalencije akko ∆A ⊆ α, α−1 ⊆ α i α ◦ α ⊆ α.

Dokaz.(⇒): Neka je α relacija ekvivalencije na A. Posto je α refleksivna, vazi (x, x) ∈ α za svako x ∈ A,

pa ∆A ⊆ α. Neka (x, y) ∈ α−1. Tada (y, x) ∈ α. α je simetricna, pa (x, y) ∈ α. Dakle α−1 ⊆ α. Nekaje sada (x, y) ∈ α ◦ α. Tada postoji z ∈ A tako da (x, z) ∈ α i (z, y) ∈ α. Posto je α tranzitivna, vazi(x, y) ∈ α. Dakle α ◦ α ⊆ α.

(⇐): Neka za relaciju α vazi ∆A ⊆ α, α−1 ⊆ α i α◦α ⊆ α. Neka je x ∈ A proizvoljno. (x, x) ∈ ∆A, paiz ∆A ⊆ α sledi (x, x) ∈ α; dakle α je refleksivna. Neka (x, y) ∈ α. Tada (y, x) ∈ α−1. Stoga (y, x) ∈ α,pa je α simetricna. Neka (x, y) ∈ α i (y, z) ∈ α. Tada (x, z) ∈ α◦α, pa (x, z) ∈ α. Dakle α je tranzitivna.

Napomena 3.48 Primetimo da smo svaku osobinu relacije dokazali nezavisno, pa vazi

• α je refleksivna na skupu A akko ∆A ⊆ α;

• α je simetricna na skupu A akko α−1 ⊆ α;

• α je tranzitivna na skupu A akko α ◦ α ⊆ α.

�

Tvrdenje 3.49 α ⊆ A2 je relacija ekvivalencije na A akko ∆A ⊆ α, α−1 = α i α ◦ α = α.


Dokaz. Ako za α ⊆ A2 vazi ∆A ⊆ α, α−1 = α i α ◦ α = α, tim pre vazi i ∆A ⊆ α, α−1 ⊆ α i α ◦ α ⊆ α,pa je prema prethodnom tvrdenju α relacija ekvivalencije. Dokazujemo suprotan smer. Neka je α relacijaekvivalencije. Prema prethodnom tvrdenju vazi ∆A ⊆ α, α−1 ⊆ α i α◦α ⊆ α. Treba jos dokazati α ⊆ α−1

i α ⊆ α ◦ α. Neka (x, y) ∈ α. α je simetricna, pa (y, x) ∈ α, sto znaci (x, y) ∈ α−1. Zato α−1 = α. Postoje α refleksivna, vazi ∆A ⊆ α. Mnozenjem ove nejednakosti sa α dobijamo α = α ◦ ∆A ⊆ α ◦ α. Daklevazi α ◦ α = α.

Tvrdenje 3.50 Neka su α i β relacije ekvivalencije na skupu A. Tada je proizvod α ◦ β relacijaekvivalencije na skupu A akko α ◦ β = β ◦ α.

Dokaz. Neka su α i β relacije ekvivalencije na A.(⇒): Neka je α ◦ β relacija ekvivalencije. Iz simetricnosti relacija α, β i α ◦ β sledi

α ◦ β = (α ◦ β)−1 = β−1 ◦ α−1 = β ◦ α.

(⇐): Neka je α ◦ β = β ◦ α. Posto su α i β refleksivne, vazi ∆A ⊆ α i ∆A ⊆ β. Mnozenjem ovihnejednakosti dobijamo

∆A = ∆A ◦∆A ⊆ α ◦ β,

sto znaci da je i α ◦ β refleksivna. Posto je α ◦ β = β ◦ α, imamo

(α ◦ β)−1 = (β ◦ α)−1 = α−1 ◦ β−1 = α ◦ β,

pa je α ◦ β simetricna. Takode vazi

α ◦ β ◦ α ◦ β = α ◦ α ◦ β ◦ β = α ◦ β,

pa je α ◦ β tranzitivna. Dakle α ◦ β je relacija ekvivalencije.

Tvrdenje 3.51 Neka su α, β relacije ekvivalencija na A. Tada α, β ⊆ α ◦ β. Ako je γ relacijaekvivalencije takva da α ⊆ γ i β ⊆ γ, tada α ◦ β ⊆ γ.

Dokaz. Neka su α i β relacije ekvivalencija na A. Iz ∆A ⊆ β mnozenjem sa leve strane sa α dobijamo

α = α ◦ ∆A ⊆ α ◦ β,

a mnozenjem nejednakosti ∆A ⊆ α sa β sa desne strane dobijamo

β = ∆A ◦ β ⊆ α ◦ β.

Dakle α ◦ β sadrzi obe relacije α i β. Neka je γ relacija ekvivalencije takva da α ⊆ γ i β ⊆ γ. Iz α ⊆ γsledi

α ◦ γ ⊆ γ ◦ γ,

a iz β ⊆ γ slediα ◦ β ⊆ α ◦ γ.

Iz prethodne dve nejednakosti dobijamoα ◦ β ⊆ γ ◦ γ.

Zadatak 3.52 Neka je R refleksivna i tranzitivna relacija skupa A. Dokazati da je R ∩ R−1 relacijaekvivalencije skupa A.

Resenje. Neka je R ⊆ A2 refleksivna i tranzitivna. Neka je ∆ = {(x, x) | x ∈ A}. Tada vazi∆ ⊆ R i R ◦ R ⊆ R. Pokazujemo da da je R ∩ R−1 refleksivna, simetricna i tranzitivna. Primenjujemotvrdenja 3.43, 3.45 i 3.47.

(R) Iz ∆ ⊆ R sledi ∆−1 ⊆ R−1, a posto je ∆−1 = ∆, sledi ∆ ⊆ R−1. Kako ∆ ⊆ R, sledi

∆ ⊆ R ∩ R−1,

sto znaci da je R ∩ R−1 refleksivna.

3.2. RELACIJE 85

(S) Kako je

(R ∩ R−1)−1 = R−1 ∩ (R−1)−1 = R−1 ∩ R = R ∩ R−1,

relacija R ∩ R−1 je simetricna.

(T) Primetimo prvo da iz R ◦ R ⊆ R sledi (R ◦R)−1 ⊆ R−1, a to znaci da

R−1 ◦R−1 ⊆ R−1.

Odatle sledi:

(R ∩ R−1) ◦ (R ∩ R−1)

⊆ R ◦ R ∩ R ◦ R−1 ∩ R−1 ∩ R ∩ R−1 ◦ R−1

⊆ R ◦ R ∩ R−1 ◦ R−1

⊆ R ∩ R−1

sto znaci da je relacija R tranzitivna.

3.2.6 Relacije poretka

Definicija 3.53 Ako je α relacija poretka na skupu A, tada (A, α) nazivamo parcijalno ureden skup.

Lema 3.54 Relacija α ⊆ A2 je antisimetricna akko α ∩ α−1 ⊆ ∆A.

Dokaz. Primetimo da za x ∈ A vazi x = y akko (x, y) ∈ ∆A. Zato vazi:

(∀x, y ∈ A)((x, y) ∈ α ∧ (y, x) ∈ α⇒x = y)

⇔(∀x, y ∈ A)((x, y) ∈ α ∧ (x, y) ∈ α−1 ⇒(x, y) ∈ ∆A)

⇔(∀x, y ∈ A)((x, y) ∈ α ∩ α−1 ⇒(x, y) ∈ ∆A)

⇔α ∩ α−1 ⊆ ∆A.

Tvrdenje 3.55 α ⊆ A2 je relacija poretka na skupu A akko ∆A ⊆ α, α ∩ α−1 ⊆ α i α ◦ α ⊆ α.

Dokaz. Prema napomeni 3.48, α je refleksivna akko ∆A ⊆ α i tranzitivna akko α ◦ α ⊆ α. Premaprethodnom tvrdenju, α je antisimetricna akko α ∩ α−1 ⊆ α. Odatle direktno sledi trazeno tvrdenje.

Tvrdenje 3.56 ≤⊆ A2 je relacija poretka na skupu A akko je ≤−1 relacija poretka na skupu A.

Dokaz. Koristeci prethodno tvrdenje pokazacemo da se refleksivnost, antisimetricnost i tranzitivnostslazu sa operacijom −1.

1. ≤ je refleksivna akko ∆A ⊆≤ akko ∆−1A ⊆≤−1 akko ∆A ⊆≤−1 akko je ≤−1 refleksivna.

2. ≤ je antisimetricna akko ≤ ∩ ≤−1⊆ ∆A akko ≤−1 ∩(≤−1)−1 ⊆ ∆A akko je ≤−1 antisimetricna.

3. ≤ je tranzitivna akko ≤ ◦ ≤⊆≤ akko (≤ ◦ ≤)−1 ⊆≤−1 akko ≤−1 ◦ ≤−1⊆≤−1 akko je ≤−1

tranzitivna.


Ako je ≤ relacija poretka tada ≤−1 obelezavamo sa ≥.

Definicija 3.57 Relacija poretka ≤ je relacija totalnog poretka (linearno uredenje) akko vazi

(∀x, y ∈ A)(x ≤ y ∨ y ≤ x).

Ako je ≤ relacija totalnog poretka na skupu A, tada (A,≤) nazivamo totalno ureden skup (lanac).

Primer 3.58 Ako je N skup prirodnih brojeva, a ≤ uobicajen poredak nad prirodnim brojevima, tadaje (N,≤) lanac. Ako je A skup sa bar dva elementa, tada parcijalno ureden skup (P(A),⊆) nije lanac.Ako je | relacija deljivosti prirodnih brojeva, tada (N, |) jeste parcijalno ureden skup, ali takode nijelanac. 4

U nastavku cemo podrazumevati da je (A,≤) proizvoljan parcijalno ureden skup.

Definicija 3.59 Element a ∈ A se naziva gornje ogranicenje skupa S ⊆ A akko

(∀x ∈ S)(x ≤ a).

a ∈ A je donje ogranicenje skupa S ⊆ A akko

(∀x ∈ S)(a ≤ x).

Najveci element skupa S je element a ∈ S koji je gornje ogranicenje skupa S, ukoliko takav elementpostoji.Najmanji element skupa S je element a ∈ S koji je donje ogranicenje skupa S, ukoliko takav elementpostoji.

Lema 3.60 Ako skup S ⊆ A ima najveci (najmanji) element, tada je taj element jedinstven.

Dokaz. Neka su a1 i a2 dva najveca elementa skupa S. Tada a1 ≤ a2 i a2 ≤ a1, pa po antisimetricnostirelacije ≤ sledi a1 = a2. Jedinstvenost najmanjeg elementa se dokazuje analogno.

Definicija 3.61 Neka je S ⊆ A proizvoljan skup. Ako skup gornjih ogranicenja skupa S ima najmanjielement a, tada se a naziva supremum skupa S.

Ne mora svaki skup S ⊆ A imati supremum. Egzistenciju supremuma u (Re,≤) gde je Re skup realnihbrojeva, a ≤ uobicajeno uredenje realnih brojeva, garantuje aksioma neprekidnosti.

Definicija 3.62 Neka je S ⊆ A proizvoljan. Element a ∈ S je maksimalni element skupa S akko

(∀x ∈ S)(a ≤ x⇒x = a).

Lema 3.63 Ako S ⊆ A ima najveci element a, onda je a jedini maksimalni element skupa S.

Dokaz. Neka je a najveci element skupa S. Neka za x ∈ S vazi a ≤ x. Posto je a najveci, vazi i x ≤ a.Odatle sledi x = a. Dakle a jeste maksimalni. Neka je m ∈ S proizvoljan maksimalni element skupaS. Posto m ∈ S, sledi m ≤ a. Posto je m maksimalan, sledi m = a. Dakle a je jedinstven maksimalnielement.

Definicija 3.64 Parcijalno ureden skup (A,≤) je dobro ureden akko svaki neprazan podskup skupa Aima najmanji element.

Primer 3.65 Neka je dat parcijalno ureden skup ({1, 2, 3, 4, 5}, |), gde je | relacija deljivosti prirodnihbrojeva. Za predstavljanje parcijalno uredenog skupa pogodan je Haseov dijagram relacije.

Uocavamo da su 4, 3 i 5 maksimalni elementi a 1 najmanji (pa stoga i minimalni) element. 4

3.2. RELACIJE 87

Zadatak 3.66 Neka je R refleksivna i tranzitivna relacija skupa S. Definisimo relaciju ρ ovako: x ρ yakko x R y i y R x.

a) Dokazati da je ρ relacija ekvivalencije na S.

b) Na kolicnik skupu S/ρ definisimo relaciju ≤ ovako:

x/ρ ≤ y/ρ⇔x R y.

Dokazati da je ≤ dobro definisana i da je relacija poretka na S/ρ.

Resenje.

a) Primetimo da je ρ = R∩R−1. Zato je prema zadatku 3.52 relacija ρ relacija ekvivalencije na skupuS.

b) Da bismo pokazali da je ≤ dobro definisana relacija, treba da dokazemo da odnos dve klase C1, C2 ∈S/ρ ne zavisi od predstavnika x i y takvih da C1 = x/ρ i C2 = y/ρ. Neka je stoga x/ρ = x′/ρ iy/ρ = y′/ρ. Tada je x ρ x′ i y ρ y′, sto po definiciji znaci

x R x′, x′R x y R y′, y′

R y.

Treba da dokazemo da x R y akko x′ R y′. Neka je x R y. Relacija R je tranzitivna, pa

x′R x R y R y′

sto znaci x′ R y′. Analogno, neka je x′ R y′. Tada

x R x′R y′

R y,

pa x R y. Dakle bez obzira da li odabrali predstavnike x i y ili x′ i y′, odnos elemenata x/ρ i y/ρ sene menja, sto znaci da je relacija dobro definisana.

Preostaje da se pokaze da je ≤ relacija poretka.

(R) Po definiciji relacije ≤ vazi x/ρ ≤ x/ρ akko x R x, a to vazi jer je R refleksivna relacija.

(AS) Neka je x/ρ ≤ y/ρ i y/ρ ≤ x/ρ. Tada je x R y i y R x, sto znaci xρy, a to povlaci x/ρ = y/ρ.

(T) Neka je x/ρ ≤ y/ρ i y/ρ ≤ z/ρ. Tada je x R y i y R z, a R je tranzitivna, pa x R z, sto znaci dai x/ρ ≤ z/ρ.

Zadatak 3.67 Neka su ρ i σ relacije ekvivalencije skupa A. Dokazati da je ρ ∪ σ relacija ekvivalencijeakko ρ ∪ σ = ρ ◦ σ.

Resenje.⇒): Neka je ρ∪σ relacija ekvivalencije na skupu A. Posto je σ relacija ekvivalencije na skupu A, vazi

∆ ⊆ σ odakle mnozenjem sa leve strane sa ρ dobijamo ρ ◦ ∆ ⊆ ρ ◦ σ, a odatle sledi

ρ ⊆ ρ ◦ σ. (∗)

Analogno, posto je ρ relacija ekvivalencije na skupu A vazi ∆ ⊆ ρ, pa mnozenjem zdesna sa σ dobijamo∆ ◦ σ ⊆ ρ ◦ σ, a odatle sledi

σ ⊆ ρ ◦ σ. (∗∗)Iz (∗) i (∗∗) sledi

ρ ∪ σ ⊆ ρ ◦ σ.

Treba jos pokazati obrnutu inkluziju. Kako su ρ, σ i ρ ∪ σ po pretpostavci relacije ekvivalencije i vaziρ ⊆ ρ ∪ σ i σ ⊆ ρ ∪ σ, prema tvrdenju 3.51 vazi

ρ ◦ σ ⊆ ρ ∪ σ.

Time smo pokazali ρ ∪ σ = ρ ◦ σ.


⇐): Neka je ρ ∪ σ = ρ ◦ σ. Kako su ρ i σ relacije ekvivalencije, vazi:

σ ◦ ρ = σ−1 ◦ ρ−1

= (ρ ◦ σ)−1

= (ρ ∪ σ)−1

= ρ−1 ∪ σ−1

= ρ ∪ σ

= ρ ◦ σ.

Proizvod relacija ekvivalencije ρ i σ komutira, pa prema tvrdenju 3.50 sledi da je ρ◦σ relacija ekvivalencije.Dakle ρ ∪ σ je relacija ekvivalencije.

3.3 Preslikavanja (funkcije)

Definicija 3.68 Neka su A i B proizvoljni skupovi. Relacija f ⊆ A × B je preslikavanje skupa A uskup B akko

(∀a ∈ A)(∃1b ∈ B)(a, b) ∈ f

Napomena 3.69 Ako je A = ∅ tada je jedina relacija skupova A i B relacija ∅ i ona je funkcija. Ako jeA 6= ∅ i B = ∅ tada je jedina relacija skupova A i B relacija ∅, ali ona nije funkcija skupa A u skup B. �

Iz prethodnog primera vidimo da je za proveru da li je relacija funkcija potrebno znati i skupove A i B.Zato u definiciju funkcije ukljucujemo i A i B.

Definicija 3.70 Preslikavanje F skupa A u skup B je uredena trojka (A, B, f), gde su A i B proizvoljniskupovi, a f relacija skupova A i B za koju vazi

(∀a ∈ A)(∃1b ∈ B)(a, b) ∈ f.

Relacija f se naziva graf funkcije F .

Iz prethodne definicije sledi i uslov jednakosti funkcija. Ako su F = (A, B, f) i G = (C, D, g) funkcije,tada je F = G akko A = C, B = D i f = g. Primetimo da je uslov f = g ekvivalentan konjunkciji uslovaA = C i (∀a ∈ A)f(a) = g(a).

Ako je F = (A, B, f) funkcija, pisemo f : A → B. Ako je f(a) = b pisemo a 7→ b.

3.3.1 Neke vrste preslikavanja

Definicija 3.71 Preslikavanje f : A → B je 1-1 (injekcija) akko

(∀x, y ∈ A)(f(x) = f(y)⇒x = y).

Preslikavanje f : A → B je na (sirjekcija) akko

(∀b ∈ B)(∃a ∈ A)f(a) = b.

Preslikavanje f : A → B je bijekcija akko je f 1-1 i na.

Primer 3.72 Neka je α ⊆ A2 proizvoljna relacija skupa A. Tada mozemo definisati funkciju fα : A2 →{>,⊥} tako da vazi

fα(a, b) = > ⇔ a α b.

Umesto fα(a, b) = > pisemo skraceno i α(a, b) = >. 4

Primer 3.73 Neka je f : {1, 2} → A ∪ B i neka f(1) ∈ A i f(2) ∈ B. Ako je npr. f(1) = a i f(2) = b,gde a ∈ A i b ∈ B, tada pisemo

f =

(1 2

a b

)

ili skraceno samo f = (a, b) jer su 1 i 2 fiksirani elementi za svako preslikavanje f : {1, 2} → A∪B. Daklefunkciju f mozemo posmatrati kao ureden par, a lako se vrsi uopstavanje na uredenu n-torku. (To ce sekasnije pokazati znacajnim za uopstenje pojma Dekartovog proizvoda.) 4

3.3. PRESLIKAVANJA (FUNKCIJE) 89

Definicija 3.74 Identicko preslikavanje skupa A je preslikavanje 1A : A → A definisano sa 1A(a) = aza svako a ∈ A.

Definicija 3.75 Rec nad azbukom A je preslikavanje f : {1, 2, . . . n} → B.

Definicija 3.76 Niz elemenata iz skupa A je preslikavanje f : {1, 2, . . .} → A.

3.3.2 Kompozicija preslikavanja

Definicija 3.77 Neka su f : A → B i g : B → C preslikavanja. Kompozicija preslikavanja f i g jepreslikavanje g ◦ f : A → C definisano sa: (g ◦ f)(a) = g(f(a)) za svako a ∈ A.

Napomena 3.78 Ako su F = (A, B, f) i G = (B, C, g) preslikavanja tada je G ◦ F = (A, C, f ◦g). Kompozicija funkcija dakle odgovara kompoziciji njihovih grafova, ali u obrnutom redosledu. Kadagovorimo o kompoziciji funkcija tada podrazumevamo G ◦ F . �

Ako je h = g ◦ f , kazemo da dijagram

Af−→ Bh↘ ↓ g

C

komutira.Ako postoji g ◦ f , tada ne mora postojati f ◦ g, a cak i ako postoji, moze biti f ◦ g 6= g ◦ f .

Primer 3.79 Neka su funkcije f, g : Re → Re definisane sa

f(x) = 2x + 3

g(x) = x2 + 2.

Tada je (f ◦ g)(x) = f(g(x)) = 2x2 + 7, a (g ◦ f)(x) = g(f(x)) = 4x2 + 12x + 11. 4

Lema 3.80 Neka je f : A → B funkcija i 1A jedinicno preslikavanje skupa A. Tada f = f ◦ 1A if = 1B ◦ f .

Dokaz. Posto 1A : A → A i f : A → B, kompozicija f ◦ 1A postoji, i vazi f ◦ 1A : A → B. Ako je a ∈ A,tada je

(f ◦ 1A)(a) = f(1A(a)) = f(a).

Stoga prema definiciji jednakosti funkcija f ◦ 1A = f .Posto je f : A → B i 1B : B → B, kompozicija 1B ◦ f postoji i vazi 1B ◦ f : A → B. Ako je a ∈ A,

tada je(1B ◦ f)(a) = 1B(f(a)) = f(a),

pa prema definiciji jednakosti funkcija vazi 1B ◦ f = f .

Tvrdenje 3.81 Neka f : A → B, g : B → C i h : C → D. Tada

h ◦ (g ◦ f) = (h ◦ g) ◦ f.

Dokaz. Po definiciji kompozicije g ◦ f : A → C, pa h ◦ (g ◦ f) : A → D. Kako h ◦ g : B → D, sledi(h ◦ g) ◦ f : A → D. Preostaje da proverimo jednakost vrednosti funkcija. Neka je a ∈ A proizvoljno.Tada

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

((h ◦ g) ◦ f)(a) = (h ◦ g)(f(a)) = h(g(f(a))).

Posto su i vrednosti funkcija jednake, zakljucujemo da su i funkcije jednake.

Tvrdenje 3.82 Neka f : A → B i g : B → C. Tada

1. Ako su f i g 1-1, onda je i g ◦ f 1-1;


2. Ako su f i g na, onda je i g ◦ f na.

Dokaz.

1. Neka su f i g 1-1. Neka za x, y ∈ A vazi (g ◦ f)(x) = (g ◦ f)(y). Tada

g(f(x)) = g(f(y)) ⇒ f(x) = f(y) ⇒ x = y,

pa je g ◦ f takode 1-1.

2. Neka su f i g na i neka je c ∈ C proizvoljan. Posto je g na, postoji b ∈ B tako da g(b) = c. Postoje f na, postoji a ∈ A tako da f(a) = b. Tada je

(g ◦ f)(a) = g(f(a)) = g(b) = c.

Kako je c bio proizvoljan, g ◦ f je na.

Posledica 3.83 Ako su f : A → B i g : B → C bijekcije, tada je i g ◦ f : A → C bijekcija.

3.3.3 Inverzno preslikavanje

Definicija 3.84 Preslikavanje f∗ : B → A je inverzno preslikanje za f : A → B akko vazi

f∗ ◦ f = 1A i

f ◦ f∗ = 1B .

Tvrdenje 3.85 Ako preslikavanje f ima inverzno preslikavanje, onda je to inverzno preslikavanje jedin-stveno.

Dokaz. Neka su f1, f2 : B → A inverzna preslikavanja preslikavanja f . Tada je

f1 = f1 ◦ 1B = f1 ◦ (f ◦ f2) = (f1 ◦ f) ◦ f2 = 1A ◦ f2 = f2.

Za jedinstveno inverzno preslikavanje preslikavanja f koristimo oznaku f−1.

Tvrdenje 3.86 Neka je f : A → B. Tada f ima inverzno preslikavanje akko je f bijekcija.

Dokaz.(⇒): Neka f ima inverzno preslikavanje f−1. Prvo dokazujemo da je f 1-1. Neka je f(x) = f(y).

Tada vazi:

f−1(f(x)) = f−1(f(y)) ⇒ (f−1 ◦ f)(x) = (f−1 ◦ f)(y)

⇒ 1A(x) = 1A(y)

⇒ x = y.

Treba jos dokazati da je f na. Neka je b ∈ B proizvoljan. Stavimo a = f−1(b). Tada je

f(a) = f(f−1(b)) = (f ◦ f−1)(b) = 1B(b) = b,

pa je f na.(⇐): Neka je f = (A, B, ρ) bijektivno preslikavanje. Dokazacemo da je g, dato sa g = (B, A, ρ−1)

gde je ρ−1 inverzna relacija relacije ρ, inverzno preslikavanje preslikavanja f . Dokazacemo prvo da je gpreslikavanje sa domenom B. Neka je b ∈ B proizvoljan. Posto je f na, postoji a ∈ A tako da f(a) = b,pa (a, b) ∈ ρ. Stoga (b, a) ∈ ρ−1. Dokazujemo da je a jedinstveno. Pretpostavimo da vazi (b, a1) ∈ ρ−1 i(b, a2) ∈ ρ−1. Tada (a1, b) ∈ ρ i (a2, b) ∈ ρ, pa f(a1) = f(a2) = b. Posto je f 1-1, sledi a1 = a2. Dakleρ−1 je graf funkcije, pa je g funkcija.

Preostaje da se pokaze da je g = f−1, tj. da vazi

g ◦ f = 1A

f ◦ g = 1B .


Vidimo da se domeni i kodomeni slazu, pa je dovoljno proveriti vrednosti funkcija. Neka je a ∈ Aproizvoljno i neka je (g ◦ f)(a) = g(f(a)) = a′. Tada postoji b ∈ A tako da f(a) = b i g(b) = a′. Tada je(a, b) ∈ ρ i (b, a′) ∈ ρ−1, pa (a′, b) ∈ ρ. Posto je ρ graf 1-1 funkcije, sledi a = a′. Zato je (g ◦ f)(a) = a =1A(a), cime je prvo tvrdenje pokazano. Neka sada za proizvoljno b ∈ B vazi (f ◦ g)(b) == f(g(b)) = b′.Tada postoji a ∈ A tako da vazi g(b) = a i f(a) = b′. Tada (a, b′) ∈ ρ i (b, a) ∈ ρ−1, pa (a, b) ∈ ρ. Postoje ρ graf funkcije, sledi b = b′. Dakle (f ◦ g)(b) = b = 1B(b). Posto je b bilo proizvoljno, sledi f ◦ g = 1B.

Tvrdenje 3.87 Neka su f : A → B i g : B → C bijekcije. Tada (g ◦ f)−1 = f−1 ◦ g−1.

Dokaz. Kako g ◦ f : A → C, sledi (g ◦ f)−1 : C → A. Iz f−1 : B → A i g−1 : C → B sledif−1 ◦ g−1 : C → A. Kako vazi

f−1 ◦ g−1 ◦ g ◦ f = f−1 ◦ 1B ◦ f = f−1 ◦ f = 1A,

ig ◦ f ◦ f−1 ◦ g−1 = g ◦ 1B ◦ g−1 = g ◦ g−1 = 1C ,

a kako je (g ◦ f)−1 jedinstveno, sledi (g ◦ f)−1 = f−1 ◦ g−1.

Tvrdenje 3.88 Neka je f : A → B i g : B → C. Tada

1. Ako je g ◦ f 1-1, onda je f 1-1;

2. Ako je g ◦ f na, onda je g na.

Dokaz.

1. Pretpostavimo da f nije 1-1. Tada postoje a1, a2 ∈ A, tako da a1 6= a2, i f(a1) = f(a2). Tada jeg(f(a1)) = g(f(a2)), tj. (g ◦ f)(a1) = (g ◦ f)(a2), pa g ◦ f nije 1-1. Odatle kontrapozicijom sleditrazeno tvrdenje.

2. Pretpostavimo da g nije na. Tada postoji c ∈ C tako da za svako b ∈ B vazi g(b) 6= c. Neka jea ∈ A proizvoljno. Kako f(a) ∈ B, sledi g(f(a)) 6= c. Zato (g ◦ f)(a) 6= c za svako a, pa g ◦ f nijena. Odatle kontrapozicijom dobijamo trazeno tvrdenje.

Primer 3.89 Pokazimo da u prethodnom tvrdenju ne vaze suprotni smerovi.

a) Neka je A = {1, 2}, B = {3, 4}, C = {5} i neka je

f =

(1 2

3 4

)

g =

(3 4

5 5

)

Preslikavanje f jeste 1-1, ali g ◦ f nije jer je

(g ◦ f)(1) = g(f(1)) = g(3) = 5 = g(4) = g(f(2)) = (g ◦ f)(2).

b) Neka je A = {5}, B = {3, 4}, C = {1, 2} i neka je

g =

(3 4

1 2

)

f =

(5

4

)

.

Preslikavanje g jeste na, ali g ◦ f nije, jer je (g ◦ f)(x) 6= 1 za svako x ∈ A.

4


Tvrdenje 3.90 Ako je f bijekcija, tada je i f−1 bijekcija.

Dokaz. Neka je f bijekcija. Tada vazi

f−1 ◦ f = 1A;

f ◦ f−1 = 1B .

Posto je 1A bijekcija, pa i na, prema prethodnom tvrdenju sledi da je f−1na. Posto je 1B bijekcija, pa i

1-1, prema prethodnom tvrdenju f−1 je 1-1. Dakle f−1 je bijekcija.

Sledi tvrdenje o reprezentaciji relacija ekvivalencije putem funkcija.

Tvrdenje 3.91 Relacija ∼∈ A2 je relacija ekvivalencije akko za neki skup B i neku funkciju f : A → Bvazi

x ∼ y⇔ f(x) = f(y).

Dokaz.(⇒): Neka je ∼ relacija ekvivalencije. Definisimo f : A → A/∼ sa f(x) = x/∼. Tada prema

tvrdenju 3.28 vazi

x ∼ y⇔x/∼ = y/∼a to je i trebalo dokazati.

(⇐): Neka postoji f : A → B tako da vazi x ∼ y⇔ f(x) = f(y). Tada f(x) = f(x), pa x ∼ x, stoznaci da je ∼ refleksivna. Neka je x ∼ y. Tada f(x) = f(y), zato f(y) = f(x), sto znaci y ∼ x, stoga je∼ simetrcna. Neka je x ∼ y i y ∼ z. Tada je f(x) = f(y) i f(y) = f(z), zato f(x) = f(z), a to povlacix ∼ z. Stoga je ∼ i tranzitivna, pa je relacija ekvivalencije.

Napomena 3.92 Za dato preslikavanje f relacija ekvivalencije ∼ se naziva jezgro preslikavanja. Zadatu relaciju ekvivalencije ∼ funkcija x 7→ x/∼ se naziva prirodno preslikavanje. �

Zadatak 3.93 Neka je E 6= ∅ proizvoljan skup i A, B ⊆ E. Neka je preslikavanje f : P(E) → P(A) ×P(B) definisano sa

f(X) = (X ∩ A, X ∩ B).

Dokazati: f je 1-1 akko E = A ∪ B.

Resenje.⇒): Pretpostavimo da E 6= A ∪ B. Kako je A ∪ B ⊆ E, postoji element e ∈ E tako da e /∈ A ∪ B tj.

e /∈ A i e /∈ B. Tada je

f(∅) = (∅, ∅) = f({e}),sto znaci da f nije 1-1. Prema tome, ako f jeste 1-1, mora biti E = A ∪ B.

⇒): Neka je E = A ∪ B. Neka su X, Y ∈ P(E) proizvoljni elementi takvi da je f(X) = f(Y ). Tadaje

((X ∩ A), (X ∩ B)

)=((Y ∩ A), (Y ∩ B)

)

pa je X ∩ A = Y ∩ A i X ∩ B = Y ∩ B. Zato je

(X ∩ A) ∪ (X ∩ B) = (Y ∩ A) ∪ (Y ∩ B)

sto se primenom distributivnosti svodi na

X ∩ (A ∪ B) = Y ∩ (A ∪ B),

pa iz A ∪ B = E sledi X = Y . Time smo pokazali da f jeste 1-1.

Zadatak 3.94 Neka je (A,≤) dobro ureden skup i f : A → A preslikavanje za koje vazi

x < y⇒ f(x) < f(y).

Dokazati da za svako a ∈ A vazi a ≤ f(a).


Dokaz. Pretpostavimo suprotno: postoji a ∈ A tako da a > f(a). Neka je

S = {x ∈ A | x > f(x)}.

Posto a ∈ S, skup S je neprazan, pa ima najmanji element a∗. Kako a∗ ∈ S, vazi a∗ > f(a∗). Premapretpostavljenoj osobini funkcije f vazi

f(a∗) < a∗ ⇒ f(f(a∗)) < f(a∗).

Zato f(a∗) > f(f(a∗)), pa po definiciji skupa S sledi f(a∗) ∈ S. Ali a∗ je najmanji element skupa S, pavazi a∗ ≤ f(a∗), sto je kontradikcija.

3.3.4 Neke definicije

Definicija 3.95 Neka je f : A → B i neka ∅ 6= X ⊂ A. Tada se preslikavanje f |X : X → B definisanosa f |X(a) = f(a) za a ∈ X naziva restrikcija funkcije f nad skupom X .

Definicija 3.96 Neka je f : A → B. Prosireno preslikavanje f : P(A) → P(B) (direktna slika)definisano je sa

f(X) = { f(a) | a ∈ X }.

gde je X ⊆ A. Inverzna slika skupa Y ⊆ B je data sa

f−1(Y ) = { a | f(a) ∈ Y }.

Tvrdenje 3.97 Neka je f : S → T . Tada za A, B ⊆ S vazi:

1. f(A ∪ B) = f(A) ∪ f(B);

2. f(A ∩ B) ⊆ f(A) ∩ f(B);

3. A ⊆ B⇒ f(A) ⊆ f(B).

Dokaz.

1.y ∈ f(A ∪ B)

⇔(∃x)(x ∈ A ∪ B ∧ y = f(x))

⇔(∃x)((x ∈ A ∨ x ∈ B) ∧ y = f(x))

⇔(∃x)((x ∈ A ∧ y = f(x)) ∨ (x ∈ B ∧ y = f(x)))

⇔(∃x)(x ∈ A ∧ y = f(x)) ∨ (∃x)(x ∈ B ∧ y = f(x))

⇔ y ∈ f(A) ∨ y ∈ f(B)

⇔ y ∈ f(A) ∪ f(B).

2.y ∈ f(A ∪ B)

⇔(∃x)(x ∈ A ∩ B ∧ y = f(x))

⇔(∃x)((x ∈ A ∧ x ∈ B) ∧ y = f(x))

⇔(∃x)((x ∈ A ∧ y = f(x)) ∧ (x ∈ B ∧ y = f(x)))

⇒(∃x)(x ∈ A ∧ y = f(x)) ∧ (∃x)(x ∈ B ∧ y = f(x))

⇔ y ∈ f(A) ∧ y ∈ f(B)

⇔ y ∈ f(A) ∩ f(B).

3. Neka A ⊆ B. Tada A ∪ B = B. Prema 1. delu tvrdenja

f(B) = f(A ∪ B) = f(A) ∪ f(B),

pa f(A) ⊆ f(B).


Tvrdenje 3.98 Neka f : S → T i neka A, B ⊆ T . Tada

1. f−1(A ∪ B) = f−1(A) ∪ f−1(B);

2. f−1(A ∩ B) = f−1(A) ∩ f−1(B).

Dokaz.

1. x ∈ f−1(A ∪ B) ⇔ f(x) ∈ A ∪ B

⇔ f(x) ∈ A ∨ f(x) ∈ B

⇔ x ∈ f−1(A) ∨ x ∈ f−1(B)

⇔ x ∈ f−1(A) ∪ f−1(B).

2. x ∈ f−1(A ∩ B) ⇔ f(x) ∈ A ∩ B

⇔ f(x) ∈ A ∧ f(x) ∈ B

⇔ x ∈ f−1(A) ∧ f−1(B)

⇔ x ∈ f−1(A) ∩ f−1(B).

Zadatak 3.99 Za element x ∈ A kazemo da je fiksna tacka funkcije f : A → A akko f(x) = x. Neka jeS skup svih fiksnih tacaka funkcije f . Ako je g : A → A funkcija takva da je f ◦ g = g ◦ f dokazati da jeg(S) ⊆ S.

Resenje. Neka je x ∈ g(S) proizvoljan element. Tada postoji s ∈ S tako da x = g(s). Kako s ∈ S, vazif(s) = s. Kako je g ◦ f = f ◦ g, sledi

x = g(s)

= g(f(s))

= (g ◦ f)(s)

= (f ◦ g)(s)

= f(g(s))

= f(x).

Dakle, x je fiksna tacka funkcije f , pa x ∈ S. Kako je x bio proizvoljan element iz g(S), sledi g(S) ⊆ S.

3.4 Kardinalni i ordinalni brojevi

3.4.1 Prirodni brojevi

Prirodni brojevi se u teoriji skupova uvode kao skupovi posebnog oblika. Aksiome garantuju egzistencijuskupa ∅ koji predstavlja broj 0, kao i egzistenciju sledbenika S+ svakog prirodnog broja S.

Definicija 3.100

0 = ∅S+ = S ∪ {S}

Tako dobijamo 1 = {∅}, 2 = 1 ∪ {1} = {0, 1}, 3 = 2 ∪ {2} = {0, 1, 2} itd. Skup prirodnih brojeva jeN = {1, 2, 3, . . .}, a skup prirodnih brojeva sa nulom je N0 = N ∪ {0}.

3.4. KARDINALNI I ORDINALNI BROJEVI 95

3.4.2 Kardinalni brojevi

Definicija 3.101 Skupovi A i B su ekvipotentni, u oznaci A ∼ B, akko postoji bijekcija skupa A naskup B.

Tvrdenje 3.102 ∼ ima osobine relacije ekvivalencije: refleksivnost, simetricnost i tranzitivnost.

Dokaz.

(R): Za svaki skup A jedinicno preslikavanje 1A je bijekcija skupa A na skup A. Zato je A ∼ A.

(S): Neka je A ∼ B. Tada postoji bijekcija f : A → B. Posto je f bijekcija, postoji f−1 : B → A. Zbogtoga je B ∼ A.

(T): Neka je A ∼ B i B ∼ C. Tada postoje bijekcije f : A → B i g : B → C. Prema posledici 3.83 tadaje g ◦ f : A → C bijekcija, pa je A ∼ C.

Napomena 3.103 Ako posmatramo proizvoljan skup skupova U , tada je ∼ relacija ekvivalencije naU . �

Definicija 3.104 Kardinalni broj skupa A, u oznaci |A| ili card A je klasa svih skupova ekvipotentnihsa A. Pisacemo

|A| = A/∼.

Iz definicije kardinalnog broja sledi A ∼ B akko |A| = |B|. Za konacne skupove kardinalni brojidentifikujemo sa brojem elemenata skupa.

Definicija 3.105 Skup A je konacan akko je prazan ili A ∼ {1, 2, . . . n} za neki n ∈ N . Skup A jebeskonacan akko nije konacan.

Tvrdenje 3.106 Skup N je beskonacan.

Dokaz. Pretpostavimo da je N konacan. Tada za neko n ∈ N postoji bijekcija f : {1, 2, . . . , n} → N .Onda postoji

M = maxx∈{1,...n}

f(x),

i vazi M ∈ N . Tada takode M + 1 ∈ N . Primetimo da za svaki k ∈ {1, 2, . . . n} vazi f(k) < M + 1.Odatle sledi

M + 1 = f(f−1(M + 1)) < M + 1,

sto je kontradikcija.

Tvrdenje 3.107 Svaki beskonacan skup se moze bijektivno preslikati u svoj pravi podskup.

Dokaz. Neka je S beskonacan skup. Tada postoji element a1 ∈ S. Posmatrajmo skup S\{a1}.Ukoliko bi taj skup bio prazan, skup S bi imao samo jedan element, pa bi bio konacan. Zato postojia2 ∈ S\{a1}. Dalje posmatramo skup S\{a1, a2}. Ako bi on bio prazan, tada bi postojala bijekcijaskupa S u skup {1, 2}, zato postoji a3 ∈ S\{a1, a2}. Nastavljajuci tako razmatranje dolazimo do nizaelemenata a0, a1, . . . koji pripadaju skupu S. Svi ti elementi su razliciti jer ai ∈ S\{a1, a2, . . . ai−1}. Nekaje P = S\{a1, a2, . . .}. Definisemo funkciju f : S → S\{a1} na sledeci nacin:

f(x) ={ ai+1, x = ai;

x, x ∈ P .

Pokazacemo da je f bijekcija. Neka su x 6= y proizvoljni elementi iz S. Razlikujemo sledece slucajeve.

1. x = ai i y = aj . Tada je f(x) = ai+1 i f(y) = aj+1. Kako je x 6= y, sledi i 6= j. Stoga i i+1 6= j +1,pa kako su elementi niza razliciti, vazi ai+1 6= aj+1.

2. x = ai i y ∈ P . Tada f(x) = ai+1 i f(y) = y ∈ P , pa kako ai+1 /∈ P , sledi ai+1 6= y.

3. x ∈ P i y = ai. Analogno prethodnom slucaju dobijamo f(x) = x 6= ai+1 = f(y)

4. x ∈ P i y ∈ P . Tada f(x) = x 6= y = f(y).


U svakom slucaju x 6= y⇒ f(x) 6= f(y), pa je f 1-1. Preostaje da se pokaze da je f na. Neka je x ∈ S\{a1}proizvoljan. Ako je x = ai tada je i ∈ {2, 3, . . .}, pa ai−1 ∈ {a1, a2, . . .}. Zato f(ai−1) = ai. Ako je pakx ∈ P , tada f(x) = x. Dakle f je i na, pa je bijekcija skupa S u njegov pravi podskup S\{a1}.

Tvrdenje 3.108 Svaki skup koji se moze bijektivno preslikati u svoj pravi podskup je beskonacan.

Dokaz. Neka je S skup koji se moze bijektivno preslikati u svoj pravi podskup P i neka je f : S → Pbijekcija. Skup S\P je neprazan, pa postoji a1 ∈ S\P . Definisimo (beskonacan) niz a1, a2, . . . sa an+1 =f(an). Pokazacemo da su svi elementi niza razliciti, tako sto cemo indukcijom pokazati da su za svakon elementi {a1, . . . , an} razliciti. Za n = 1 tvrdenje trivijalno vazi. Pretpostavimo da tvrdenje vazi zan i posmatrajmo skup {a1, . . . , an, an+1}. Treba da pokazemo da je an+1 razlicit od ostalih elemenata.Kako je an+1 = f(an) vazi an+1 ∈ P , pa kako a1 ∈ S \ P , sledi a1 6= an+1. Ako je i > 1, tada poinduktivnoj hipotezi vazi ai−1 6= an, pa kako je f bijekcija, vazi f(ai−1) 6= an, tj. ai 6= an+1. Time jedokaz indukcijom zavrsen. Dakle skup {a1, a2, . . .} je beskonacan. Kako S sadrzi beskonacan podskup, iS je beskonacan.

Iz prethodna dva tvrdenja sledi da je skup beskonacan akko se moze bijektivno preslikati u svoj pravipodskup. Ovo svojstvo se zato ponekad uzima i za definiciju beskonacnog skupa.

Primer 3.109 Ako je N skup prirodnih brojeva, a 2N skup parnih prirodnih brojeva, tada je f(n) = 2nbijekcija skupova N i 2N . Kako je 2N ⊂ N , skup N mora biti beskonacan. 4

Tvrdenje 3.110 (Sreder-Bernstajn) (Schroder, Bernstein) Neka za skupove A, A1 i B vazi A1 ⊆B ⊆ A i A ∼ A1. Tada A ∼ B.

Dokaz. Uzmimo da je pretpostavka tvrdenja ispunjena tj. da je A1 ⊆ B ⊆ A i A ∼ A1. Tada postojibijekcija f : A → A1. Restrikcija te bijekcije na skup B je injekcija sa B u A1. Dakle, postoji podskupskupa A1 na koji bijekcija preslikava skup B. Ako oznacimo taj podskup sa B1, tada imamo:

A ⊇ B ⊇ A1 ⊇ B1

gde je A ∼ A1, B ∼ B1.Dalje na osnovu B ⊇ A1 i B ∼ B1 zakljucujemo da postoji podskup skupa B1 na koji bijekcija f

preslikava skup A1. Ako oznacimo taj podskup sa A2, imamo A1 ∼ A2. Tako smo dosli do

A ⊇ B ⊇ A1 ⊇ B1 ⊇ A2

gde je A ∼ A1, A1 ∼ A2 i B ∼ B1. Nastavljajuci ovaj postupak dobijamo da postoje ekvivalentni skupoviA1, A2, A3, . . . i ekvivalentni skupovi B1, B2, B3, . . . tako da je

A ⊇ B ⊇ A1 ⊇ B1 ⊇ A2 ⊇ B2 ⊇ . . .

i da bijekcija f preslikava Ai na Ai+1, a Bi na Bi+1. Neka je P skup dat sa

P = A ∩ B ∩ A1 ∩ B1 ∩ A2 ∩ B2 ∩ . . .

Tada je

A = (A \ B) ∪ (B \ A1) ∪ (A1 \ B1) ∪ . . . ∪ P

B = (B \ A1) ∪ (A1 \ B1) ∪ (B1 \ A2) ∪ . . . ∪ P.

Primetimo da je(An \ Bn) ∼ (An+1 \ Bn+1).

Naime, bijekcija f preslikava An \Bn na An+1 \ Bn+1 jer An preslikava na An+1, a Bn na Bn+1.Definisimo funkciju g : A → B ovako:

g(x) =

{f(x) ako je x ∈ Ai \Bi ili x ∈ A \ B

x ako je x ∈ Bi \ Ai+1 ili x ∈ P

Funkcija g je bijekcija skupa A na skup B.


Definicija 3.111 |A| ≤ |B| akko postoji 1-1 preslikavanje skupa A u skup B.

Napomena 3.112 Relaciju ≤ na klasama |A| i |B| smo definisali pomocu predstavnika klasa. Moze sepokazati da rezultat poredenja ne zavisi od izbora predstavnika A i B klasa |A| i |B|. �

Definicija 3.113 |A| < |B| akko |A| ≤ |B| i |A| 6= |B|.

Tvrdenje 3.114 (O ekvivalenciji) Ako je skup A ekvivalentan sa podskupom skupa B i skup B ekvi-valentan sa podskupom skupa A, tada su skupovi A i B ekvivalentni.

Dokaz. Neka je A1 ⊆ A, B1 ⊆ B, A ∼ B1 i B ∼ A1. Tada postoje bijekcije f : A → B1 i g : B → A1.Restrikcija bijekcije g na skup B1 je bijekcija, pa je B1 ∼ g(B1). Odatle dobijamo A ∼ B1 ∼ g(B1).Kako je B1 ⊆ B, sledi g(B1) ⊆ g(B) = A1. Dakle vazi g(B1) ⊆ A1 ⊆ A i A ∼ g(B1), pa prema tvrdenjuSreder-Bernstajna (3.110), sledi A ∼ A1. Posto A1 ∼ B, vazi A ∼ B.

Tvrdenje 3.115 ≤ ima svojstva relacije poretka: refleksivnost, antisimetricnost i tranzitivnost.

Dokaz.

(R): Neka je A proizvoljan skup. Posto je 1A 1-1 preslikavanje skupa A u skup A, vazi |A| ≤ |A|.(AS): Neka je |A| ≤ |B| i |B| ≤ |A|. Tada postoji 1-1 preslikavanje f skupa A u skup B i 1-1 preslikavanje

g skupa B u skup A. Zato je

A ∼ f(A) ⊆ B i

B ∼ g(B) ⊆ A.

Odatle prema prethodnom tvrdenju o ekvivalenciji sledi A ∼ B, sto znaci |A| = |B|.(T): Neka je |A| ≤ |B| i |B| ≤ |C|. Tada postoji 1-1 preslikavanje f : A → B i 1-1 preslikavanje

g : B → C. Prema tvrdenju 3.82 preslikavanje je g ◦ f : A → C takode 1-1, sto znaci da je|A| ≤ |C|.

Zadatak 3.116 Neka je |A| = |C| i |B| = |D|. Dokazati da je |A × B| = |C × D|.

Resenje. Posto je |A| = |C|, postoji bijekcija f : A → C, a posto je |B| = |D|, postoji bijekcijag : B → D. Definisimo preslikavanje f × g : A × B → C × D na sledeci nacin:

(f × g)((a, b)) = (f(a), g(b)).

Pokazacemo da je f × g bijekcija.Neka je (f × g)((a, b)) = (f × g)((a′, b′)). Tada je (f(a), g(b)) = (f(a′), g(b′)), pa je

f(a) = f(a′)

g(b) = g(b′).

Preslikavanje f je 1-1, pa a = a′, a g takode, pa b = b′, sto znaci da je (a, b) = (a′, b′), pa f × g jeste 1-1.Neka je (c, d) ∈ C × D proizvoljan. Kako je f na, postoji a ∈ A tako da f(a) = c. Kako je g na,

postoji b ∈ B tako da f(b) = d. Tada je

(f × g)((a, b)) = (f(a), g(b)) = (c, d).

Time smo pokazali da je f ×g i na, pa je bijekcija. Dakle postoji bijekcija izmedu skupova A×B i C×D,pa je |A × B| = |C × D|.

Napomena 3.117 Tvrdenje prethodnog zadatka nam omogucava da definisemo mnozenje kardinalnihbrojeva na sledeci nacin:

|A||B| = |A × B|.Kardinalni brojevi su klase ekvivalencije medusobno ekvivalentnih skupova. Kako je rezultat mnozenjadefinisan preko predstavnika klasa, potrebno je dokazati da rezultat mnozenja ne zavisi od izborapredstavnika, a to upravo pokazuje prethodni zadatak.

Slicno se mogu uvesti i sabiranje i stepenovanje kardinalnih brojeva. �


Zadatak 3.118 Neka je A proizvoljan skup i P(A) njegov partitivni skup. Ako sa 2A oznacimo skupsvih preslikavanja f : A → {0, 1}, dokazati da je |P(A)| = 2A.

Resenje. Definisemo preslikavanje G : P(A) → 2A na sledeci nacin. Ako je X ⊆ A, tada skupu Xpridruzujemo preslikavanje G(X) : A → {0, 1} dato sa

G(X)(a) =

{1, a ∈ X0, a /∈ X .

Pokazacemo da je preslikavanje G bijekcija.

1-1): Neka je G(X) = G(Y ). Funkcije G(X) i G(Y ) su jednake, pa za sve argumenta a ∈ A vaziG(X)(a) = G(Y )(a). Tada vazi

a ∈ X ⇔ G(X)(a) = 1

⇔ G(Y )(a) = 1

⇔ a ∈ Y.

Prema definiciji jednakosti skupova, sledi X = Y .

na): Neka je f : A → {0, 1} proizvoljna funkcija. Neka je

X = {a ∈ A | f(a) = 1}.

Pokazacemo da je G(X) = f . Neka je a ∈ A proizvoljan. Ako je G(X)(a) = 1, tada po definicijipreslikavanja G vazi a ∈ X , sto po definiciji skupa X znaci da je f(a) = 1. Ako je G(X)(a) = 0,tada a /∈ X , pa nije f(a) = 1, a kako f(a) ∈ {0, 1}, mora biti f(a) = 0. Dakle G(X)(a) = f(a) zasvako a ∈ A, pa G(X) = f .

3.4.3 Prebrojivi i neprebrojivi skupovi

Neka je ℵ0 = |N | gde je N skup prirodnih brojeva, i c = |Re| gde je Re skup realnih brojeva.

Definicija 3.119 Skup P je prebrojiv akko |P | = ℵ0.

Iz definicije sledi da je skup P prebrojiv akko postoji bijekcija f : N → P , tj. akko se elementi skupa Pmogu poredati u beskonacan niz tako da se svaki element skupa P u nizu javlja tacno jednom.

Primer 3.120 Skup parnih brojeva 2N = {2, 4, 6, 8, . . .} je prebrojiv. 4

Tvrdenje 3.121 Neka su A = {a1, a2, . . .} i B = {b1, b2, . . .} prebrojivi skupovi. Tada je i A ∪ Bprebrojiv.

Dokaz. Primetimo da je A ∪ B = {a1, b1, a2, b2, a3, b3, . . .}. Tako smo poredali elemente skupa A ∪ B uniz, pa je A ∪ B prebrojiv.

Skup celih brojeva Z = {0, 1,−1, 2,−2, 3,−3, . . .} je takode prebrojiv.

Tvrdenje 3.122 Ako su A = {a1, a2, . . .} i B = {b1, b2, . . .} prebrojivi skupovi, tada je i A×B prebrojiv.

Dokaz. Uredene parove (ai, bj) skupa A × B mozemo poredati prema zbiru indeksa i + j:

(a1, b1),(a1, b2), (b2, a1),(a1, b3), (a2, b2), (a3, b1),

...

Posto se svaki element skupa A × B tacno jednom javlja u nizu, skup A × B je prebrojiv.


Iz prethodnog tvrdenja sledi da je i N × N prebrojiv skup. Posmatrajmo skup pozitivnih racionalnihbrojeva

Q+ = { p

q| p, q ∈ N, NZD(p, q) = 1 }.

Preslikavanje n 7→ n1 je 1-1 preslikavanje skupa N u skup Q+, pa je ℵ0 ≤ |Q+|. Takode je Q ∼ Q′ gde je

Q′ = { (p, q) | p, q ∈ N, NZD(p, q) = 1 }.

Kako je Q′ ⊆ N × N , sledi |Q′| ≤ |N × N |. Dakle vazi

ℵ0 ≤ |Q+| ≤ ℵ0,

pa je |Q+| = ℵ0, sto znaci da je Q+ prebrojiv.

Tvrdenje 3.123 (Kantor) |A| < |P(A)|.

Dokaz. Prvo dokazujemo |A| ≤ |P(A)|. Neka je preslikavanje f : A → P(A) dato sa f(a) = {a} zaa ∈ A. Ako je f(a1) = f(a2), tada {a1} = {a2}, pa a1 = a2. Zato je f 1-1, iz cega sledi |A| ≤ |P(A)|.

Treba jos pokazati da je P(A) 6= A. Neka je f : A → P(A) funkcija i neka je B = {x ∈ A | x /∈ f(x)}.Dakle B ∈ P(A). Pretpostavimo da postoji a ∈ A tako da f(a) = B. Tada vazi a ∈ B ili a /∈ B. Akoje a ∈ B, tada po definiciji skupa B sledi a /∈ f(a) = B. Ako pak a /∈ B, tada a /∈ f(a), pa po definicijiskupa B vazi a ∈ B. Dakle a ∈ B akko a /∈ B, sto je kontradikcija. Stoga je pretpostavka da postojia ∈ A tako da f(a) = B pogresna. Zato f nije na, pa ne moze biti bijekcija. Posto ne postoji bijekcijaskupa A u skup P(A), a postoji 1-1 preslikavanje, sledi |A| < |P(A)|.

Posledica 3.124 Ne postoji skup svih skupova.

Dokaz. Pretpostavimo da je U skup sa svojstvom da za sve skupove A vazi A ∈ U . Tada za svaki skupskupova B vazi B ⊆ U . Specijalno dobijamo P(U) ⊆ U . Odatle sledi |P(U)| ≤ |U | jer je preslikavanjef : P(U) → U , dato sa f(x) = x, 1-1 preslikavanje. Prema prethodnom tvrdenju Kantora, sledi |U | <|P(U)|. Odatle sledi

|P(U)| ≤ |U | < |P(U)|,sto je kontradikcija.

Tvrdenje 3.125 (Tvrdenje Kantora o neprebrojivosti intervala)Neka je (0, 1) = {x ∈ Re | 0 < x < 1 }. Tada je (0, 1) beskonacan skup koji nije prebrojiv.

Dokaz. Pokazimo najpre da je skup (0, 1) beskonacan. Preslikavanje f : N → (0, 1) dato sa

f(n) =1

n + 1

je injektivno jer iz 1n+1 = 1

m+1 sledi m = n. Zato je ℵ0 ≤ |(0, 1)|, pa je (0, 1) beskonacan skup.Pokazujemo da (0, 1) nije prebrojiv. Koristicemo cinjenicu da postoji bijekcija izmedu skupa realnih

brojeva intervala (0, 1) i njihovih decimalnih razvoja koji sadrze konacan broj cifara 0. Decimalni razvojbroja izmedu (0, 1) je niz cifara iz skupa {0, 1, . . . , 9} koji odreduju odgovarajuci konvergentan beskonacnired. Za svaki realan broj iz (0, 1) postoji njegov decimalni razvoj, ali su npr. 0.50000 . . . i 0.49999 . . . dvarazlicita decimalna razvoja koja odgovaraju istom realnom broju. Ukoliko eleminisemo brojeve oblika0.c1c2 . . . ck0000 . . . tada svakom realnom broju iz (0, 1) odgovara tacno jedan decimalni zapis. Predimona dokaz tvrdenja.

Pretpostavimo suprotno: svi decimalni zapisi brojeva iz (0, 1) se mogu poredati u niz:

x1 = 0.a1b1c1 . . .

x2 = 0.a2b2c2 . . .

x3 = 0.a3b3c3 . . .

...

Neka je x = 0.abcd . . . gde je a = 1 ako je a1 6= 1, a a = 2 ako je a1 = 1; b = 1 ako je b2 6= 1, a b = 2ako je b = 1; c = 1 ako je c3 6= 1, a c = 2 ako je c3 = 1 itd. Tako formiran decimalni zapis odgovara


broju iz (0, 1) i on ne sadrzi cifru 0. Sa druge strane, taj zapis se razlikuje od zapisa svakog broja iznavedenog niza bar po jednoj decimalnoj cifri. Zato x ne moze biti ni jedan od brojeva x1, x2, . . ., sto jekontradikcija sa pretpostavkom da smo decimalne zapise poredali u niz. Dakle brojeve iz (0, 1) odnosnonjihove decimalne zapise nije moguce poredati u niz, pa ih nema prebrojivo mnogo.

Prema prethodnom tvrdenju vazi ℵ0 < c. Moze se pokazati da vazi P(N) ∼ (0, 1) ∼ Re. Postavlja sepitanje da li postoji kardinalni broj k tako da vazi

ℵ0 < k < c.

Koen (P. Cohen) je 1963. godine pokazao da se to ne moze izvesti iz uobicajenih aksioma teorije skupova.

Zadatak 3.126 Pokazati da je skup svih zatvorenih intervala realnih brojeva cije su granice racionalnibrojevi prebrojiv.

Resenje. Skup S svih zatvorenih intervala realnih brojeva cije su granice racionalni brojevi je oblika

S = {[p, q] | p, q ∈ Q}.

Definisimo preslikavanje f : S → Q2 saf([p, q]) = (p, q)

gde je sa (p, q) oznacen ureden par racionalnih brojeva p i q. Ako je f([p, q]) = f([p′, q′]) tada je (p, q) =(p′, q′), pa je p = p′ i q = q′, sto povlaci [p, q] = [p′, q′]. Prema tome, preslikavanje f : S → Q2 je 1-1.Zato je

|S| ≤ |Q2|tj. |S| ≤ ℵ0. Sa druge strane, neka je preslikavanje g : N → S dato sa g(n) = [0, n]. Ako je g(n) = g(n′),tada je [0, n] = [0, n′] pa je n = n′. Dakle i g je 1-1, pa je

|N | ≤ |S|

tj. ℵ0 ≤ |S|. Dobijamo ℵ0 ≤ |S| ≤ ℵ0, odakle sledi |S| = ℵ0, sto je i trebalo dokazati.

Zadatak 3.127 Za funkciju f : Re → Re gde je Re skup realnih brojeva kazemo da ima lokalniminimum u tacki x0 ∈ Re akko postoji otvoreni interval (a, b) ⊆ Re tako da x0 ∈ (a, b) i za svakox ∈ (a, x0)∪ (x0, b) vazi f(x) > f(x0). Dokazati da funkcija f : Re → Re gde je Re skup realnih brojevamoze imati najvise prebrojivo mnogo lokalnih minimuma.

Resenje. U dokazu cemo iskoristiti prethodni zadatak i cinjenicu da izmedu svaka dva realna brojapostoji racionalan broj.

Neka je E skup svih lokalnih minimuma funkcije f : Re → Re. Neka je S skup svih zatvorenihintervala cije su granice racionalni brojevi (iz prethodnog zadatka). Definisemo preslikavanje H : E → Sna sledeci nacin. Neka je x0 ∈ E lokalni ekstremum funkcije f . Tada postoji otvoreni interval (a, b) takavda x0 ∈ (a, b) i za sve x ∈ (a, x0)∪(x0, b) vazi f(x) > f(x0). Izmedu tacaka a i x0 postoji racionalan broj,oznacimo ga sa p. Izmedu tacaka x0 i b postoji racionalan broj, oznacimo ga sa q. Tada za sve x ∈ [p, q]\{x0} vazi f(x) > f(x0). Za svako x0 postoji bar jedan takav interval [p, q], neka je H : E → S proizvoljnopreslikavanje koje svakom x0 ∈ Re pridruzuje jedan fiksirani interval [p, q] = H(x0). Pokazimo da je H1-1.

Neka su x0, x1 ∈ E, x0 6= x1 tacke lokalnog minimuma. Pretpostavimo da je H(x0) = H(x1) = [p, q].Prema konstrukciji intervala [p, q], a posto x1 ∈ [p, q]\{x0}, sledi f(x1) > f(x0). Analogno, iz x0 ∈ [p, q]\{x1}, sledi f(x0) > f(x1), sto je kontradikcija. Dakle mora biti H(x0) 6= H(x1).

Time smo pokazali da je H : E → S 1-1, sto znaci |E| ≤ |S|, a prema prethodnom zadatku je |S| = ℵ0,pa dobijamo da skup E ima najvise prebrojivo mnogo elemenata.

Zadatak 3.128 Dokazati da je skup Re ekvipotentan sa intervalom (0, 1).

Resenje. Dovoljno je uociti da je funkcija

f(x) =ex

1 + ex

bijekcija skupa Re u skup (0, 1).


3.4.4 Ordinalni brojevi

Definicija 3.129 Parcijalno ureden skup (S1,≤1) je slican parcijalno uredenom skupu (S2,≤2) akkopostoji bijekcija f : S1 → S2 za koju vazi

(∀a, b ∈ S1)(a ≤1 b⇔ f(a) ≤2 f(b)).

Moze se pokazati da je i slicnost refleksivna, simetricna i tranzitivna nad parcijalnim porecima.

Definicija 3.130 Dobro ureden skup je struktura (S,≤) takva da je (S,≤) parcijalno ureden skup, isvaki neprazan podskup skupa S ima najmanji element.

Lema 3.131 Svaki dobro ureden skup je totalno ureden.

Dokaz. Neka je (S,≤) dobro ureden skup i neka su a, b ∈ S proizvoljni. Skup {a, b} je neprazan, pa imanajmanji element. Ako je a najmanji element, tada a ≤ b. Ako je b najmanji element, tada b ≤ a. Usvakom slucaju a ≤ b ∨ b ≤ a, sto znaci da je (S,≤) totalno ureden skup.

Definicija 3.132 Neka je (S,≤) dobro ureden skup. Ordinalni broj skupa (S,≤), u oznaci ord S, jeklasa dobro uredenih skupova koji su slicni skupu (S,≤).

Neka je ≤ uobicajena relacija poretka na prirodnim brojevima. Po definiciji stavljamo

1 = ord ({1},≤)

2 = ord ({1, 2},≤)

3 = ord ({1, 2, 3},≤)

...

ω = ord ({1, 2, . . .},≤)

Ako je S podskup skupa prirodnih brojeva, tada umesto (S,≤) pisemo i samo S pri cemu podrazumevamouobicajenu relaciju poretka na prirodnim brojevima. Kada skup {a1, a2, . . . am} posmatramo kao dobroureden skup, tada podrazumevamo a1 ≤ a2 ≤ · · · ≤ am.

Definicija 3.133 Neka je (S,≤) dobro ureden skup. Inicijalni segment Ia je dobro ureden skup (Ia,≤)gde je

Ia = {x | x ∈ S, x < a }.Ako su α = ord A i β = ord B ordinalni brojevi, tada je ordinalni broj α manji od ordinalnog broja β,u oznaci α < β, akko je A slican nekom inicijalnom segmentu skupa B.

Primer 3.134 ord {1, 2, 3} < ord {1, 2, 3, 4, 5} jer je skup {1, 2, 3} slican inicijalnom segmentu I4 skupa{1, 2, 3, 4, 5}. 4

Moze se pokazati da je relacija < dobro definisana nad ordinalnim brojevima i da ima osobine relacijeporetka.

Definicija 3.135 Neka su α = ord (A,≤A) i β = ord (B,≤B), A∩B = ∅, proizvoljni ordinalni brojevi.Zbir ordinalnih brojeva α i β, u oznaci α + β je ord (C,≤C), gde je C = A ∪ B, a relacija ≤C definisanasa

a1 ≤C a2 ⇔ a1 ≤A a2, a1, a2 ∈ A;

b1 ≤C b2 ⇔ b1 ≤B b2, b1, b2 ∈ B;

a ≤C b, a ∈ A, b ∈ B.

Primer 3.136 Kako je ω = {1, 2, . . .} i m = {a1, a2, . . . am}, vazi

m + ω = {a1, a2, . . . , am; 1, 2, . . .} = ω

ω + m = {1, 2, . . . , a1, a2, . . . , am} > ω.

Dakle sabiranje ordinalnih brojeva nije komutativno. 4

II

Algebra

103

4

Grupoidi

4.1 Operacije i algebarske strukture

Ako je A proizvoljan skup, preslikavanje σ : A × A → A se naziva binarna operacija skupa A. Umestoσ((a, b)) = c pisemo skraceno a σ b = c. Ako je σ binarna operacija skupa A, tada se uredeni par (A, σ)naziva grupoid. Funkcija f : An → A gde n ∈ {0, 1, 2, . . .} se naziva n-arna operacija skupa A. Za n = 0operacija c : A0 → A se identifikuje sa konstantom c ∈ A.

Primer 4.1 Ako je N skup prirodnih brojeva, Z skup celih brojeva, a Re skup realnih brojeva, ondaje su (N, +), (N, ·), (Z, +) i (Re, ·) grupoidi. Ureden par (N,−) nije grupoid jer a − b nije definisano zasve vrednosti a, b ∈ N . 4

Definicija 4.2 Ako je D ⊆ A2 i A 6= ∅ tada se preslikavanje p : D → A naziva parcijalna (binarna)operacija skupa A.

Definicija 4.3 Viseznacna (binarna) operacija skupa A je preslikavanje v : A2 → P(A).

Definicija 4.4 (Univerzalna) algebra je struktura

(A, f, g, . . .)

gde je A proizvoljan skup koji se naziva nosac algebre, a f, g, . . . operacije skupa A. Ako su arnostioperacija f, g, . . . redom n1, n2, . . . tada kazemo da se radi o algebri tipa (n1, n2, . . .).

Primer 4.5 Struktura (Re, +, ·) gde je Re skup realnih brojeva, + sabiranje, a · mnozenje realnihbrojeva, je primer univerzalne algebre tipa (2, 2). 4

Definicija 4.6 Algebarski sistem je struktura

A = (A, f, g, . . . , R, S, . . .)

gde je A proizvoljan skup, f, g, . . . operacije skupa A, a R, S, . . . relacije skupa A.

Primer 4.7 Primer algebarskog sistema je struktura (Re, +, ·,≤) gde je Re skup realnih brojeva, +operacija sabiranja realnih brojeva, · operacija mnozenja realnih brojava, a ≤ uobicajena relacija totalnogporetka nad realnim brojevima. 4

Kada razmatramo algebarski sistem (A, f, g, . . .) podrazumevamo da je na skupu A definisana i relacijajednakosti =, sto ne naglasavamo posebno u definiciji algebarskog sistema.

4.2 Grupoidi

Grupoidi su interpretacije predikatskog racuna sa jednakoscu sa jezikom J = {σ,≈}, gde je σ funkcijskisimbol arnosti 2, a ≈ relacijski simbol arnosti 2. Pri tome se ≈ interpretira kao relacija jednakosti i cestose izostavlja, pa pisemo samo J = {σ}. Term nad jezikom koji sadrzi neke od primenljivih x1, . . . , xn

se oznacava sa t(x1, . . . , xn; σ). Tako je ((x σ y) σ z) σ(z σ x)) jedan term nad jezikom {σ}.

105

106 4. GRUPOIDI

Definicija 4.8 Identiteti su formule oblika

(∀x1), . . . , (∀xn) t(x1, . . . , xn; σ) ≈ v(x1, . . . , xn; σ),

gde su t i v termi.

Ububuce umesto simbola ≈ koristimo simbol =.

Primer 4.9 Posmatrajmo identitet (∀x)(∀y) x σ y = y σ x. Ukoliko formulu interpretiramo u skupuprirodnih brojeva i + kao operaciju sabiranja prirodnih brojeva, zakljucujemo da je identitet tacan nad(N, +).

Interpretirajmo sada formulu u strukturi (A, ·) gde je A = {a, b}, a operacijskom slovu σ pridruzujemooperaciju · definisanu tablicom:

· a ba a bb a b

Tada formula (∀x)(∀y) x+y = y+x nije tacna jer a ·b 6= b ·a. Zato (A, ·) nije model za navedenu formulu.Kazemo da · nije komutativna operacija na skupu A. 4Definicija 4.10 Trivijalni grupoid je grupoid oblika ({a}, ·).U trivijalnom grupoidu operacija · moze biti definisana jedino tako da vazi a ·a = a. U ovom grupoidu jevrednost svakog terma a, pa su svi identiteti zadovoljeni. Zato trivijalne grupoide ne razmatramo. Ovajpojam se moze i uopstiti.

Definicija 4.11 Trivijalna algebra je algebra oblika ({a}, f, g, . . .).

U nastavku cemo opisati neke postupke konstrukcije novih algebarskih struktura na osnovu postojecih,kao i osobine koje imaju konstruisani objekti. Zbog jednostavnosti, sve konstrukcije opisujemo nagrupoidima.

4.3 Podgrupoid grupoida

Definicija 4.12 Neka je (A, ◦) grupoid. Ako je B ⊆ A proizvoljan podskup i vazi (∀x, y ∈ B) x ◦y ∈ B, tada se grupoid (B, ◦B), gde je ◦B = ◦|B2 , naziva podgrupoid grupoida (A, ◦), sto oznacavamo sa(B, ◦B) ≺ (A, ◦).Napomena 4.13 I prazan skup mozemo smatrati za nosac grupoida tj. i prazan skup mozemo smatratipodgrupoidom. Ako imamo i nularne operacije, onda je podalgebra uvek neprazna. �Kako je iz konteksta obicno jasno na kojem skupu se primenjuje operacija, umesto ◦B pisemo cesto samo◦.Primer 4.14 Grupoid (N, ·) je podgrupoid grupoida (Z, ·) jer je proizvod dva pozitivna cela broja opetpozitivan ceo broj. 4Tvrdenje 4.15 Neka je {Ai | i ∈ I} familija podgrupoida grupoida A = (A, ◦), pri cemu je Ai = (Ai, ◦).Tada je

B =

(⋂

i∈I

Ai, ◦)

podgrupoid grupoida A.

Dokaz. Neka su a, b proizvoljni. Tada

a, b ∈⋂

i∈I

Ai ⇔ (∀i ∈ I) a, b ∈ Ai

⇒ (∀i ∈ I) a ◦ b ∈ Ai

⇔ a ◦ b ∈⋂

i∈I

Ai,

sto znaci da je (⋂

i∈I Ai, ◦) ≺ (A, ◦).

4.4. NEKE OSOBINE GRUPOIDA 107

Tvrdenje 4.16 (Prvo tvrdenje o stabilnosti) Ako identitet t = v vazi u grupoidu (A, ◦), onda onvazi i u svakom njegovom podgrupoidu (B, ◦).

Dokaz. Neka je t = v proizvoljan identitet, (A, ◦) proizvoljan grupoid i (B, ◦) njegov proizvoljanpodgrupoid. Neka je a proizvoljna valuacija grupoida (B, ◦). a dodeljuje svakoj promenljivoj elementskupa B ⊆ A, pa je a istovremeno i valuacija grupoida (A, ◦). Kako t = v vazi na grupoidu (A, ◦), onje tacan i za valuaciju a. Dakle t = v je tacan za sve valuacije na grupoidu (B, ◦), pa vazi na grupoidu(B, ◦).

Videli smo da je presek podgrupoida podgrupoid. Sledeci primer pokazuje da unija podgrupoida nemora biti podgrupoid.

Primer 4.17 Neka je Z = (Z, +) grupoid, gde je Z skup celih brojeva, a + sabiranje celih brojeva.Posmatrajmo skupove

Z2 = {2n | n ∈ Z}i

Z3 = {3n | n ∈ Z}.Tada su (Z2, +) i (Z3, +) podgrupoidi grupoida (Z, +), ali (Z2 ∪ Z3, +) nije grupoid, pa ni podgrupoidgrupoida (Z, +), jer 2, 3 ∈ Z2 ∪ Z3, a 2 + 3 = 5 /∈ Z2 ∪ Z3. 4

4.4 Neke osobine grupoida

4.4.1 Neutralni element

Definicija 4.18 Element e ∈ A je neutralni element grupoida (A, ◦) akko vazi (∀x ∈ A) x◦e = e◦x = x.

Primer 4.19 Broj 0 je neutralni element grupoida (Z, +), jer za proizvoljan ceo broj x vazi x+0 = 0+x = x. 4

Za grupoid (A, ◦) kazemo da ima neutralni element akko postoji element e koji je neutralni element za ◦tj. akko vazi sledeca univerzalno egzistencijalna formula:

(∃y)(∀x) x ◦ y = y ◦ x = x.

Primer 4.20 Neka je N = {1, 2, . . .} skup prirodnih brojeva, N0 = N ∪ {0}, a + operacija sabiranja.Kako je zbir dva pozitivna broja pozitivan, vazi (N, +) ≺ (N0, +). Pri tome (N0, +) ima neutralnielement 0, a (N, +) nema. 4

Prethodni primer pokazuje da se svojstvo “imati neutralni element” ne prenosi na podgrupoid grupoida.Moze se pokazati da se vazenje univerzalno kvantifikovanih formula na grupoidu prenosi na svaki njegovpodgrupoid (videti prethodni primer).

Tvrdenje 4.21 Neka je (A, ◦) grupoid i e neutralni element operacije ◦. Tada je e jedinstven.

Dokaz. Neka su e1 i e2 proizvoljni neutralni elementi grupoida (A, ◦). Posto je e1 neutralni element,vazi e1 ◦x = x za svaki element x ∈ A, pa i za x = e2 vazi e1 ◦ e2 = e2. Posto je e2 neutralni elemnt, vaziy ◦ e2 = y za svako y ∈ A, pa i za y = e1 vazi e1 ◦ e2 = e1. Dakle vazi

e1 = e1 ◦ e2 = e2.

Kako su e1 i e2 bila dva proizvoljna neutralna elemnta grupoida (A, ◦) sledi da su svaka dva neutralnaelementa jednaka, pa postoji samo jedan neutralni element.

4.4.2 Idempotentni element

Definicija 4.22 Neka je (G, ∗) grupoid. Element x ∈ G se naziva idempotentan element (idempotent)akko vazi x ∗ x = x. Ako su svi elementi grupoida idempotentni, tada je grupoid idempotentan.

Primer 4.23 Ako je e neutralni element grupoida (G, ∗), tada je e ∗ e = e, pa je e idempotent. Ako jeA proizvoljan skup, a ∩ presek skupova, tada je grupoid (P(A),∩) idempotentan. 4

108 4. GRUPOIDI

4.4.3 Inverzni element. Asocijativnost

Definicija 4.24 Neka je (A, ◦) grupoid sa neutralnim elementom e i neka x ∈ A. Element y ∈ A jeinverzni element elementa x akko vazi

x ◦ y = y ◦ x = e.

Definicija 4.25 Operacija ◦ grupoida (A, ◦) je asocijativna akko na grupoidu vazi

(∀x)(∀y)(∀z) x ◦ (y ◦ z) = (x ◦ y) ◦ z.

Tvrdenje 4.26 Neka je (A, ◦) grupoid sa neutralnim elementom i neka je operacija ◦ asocijativna. Tadasvaki elemnt x ∈ A moze imati najvise jedan inverzni element.

Dokaz. Neka su y1 i y2 inverzni elementi elementa x ∈ A. Tada prema definiciji inverznog elementaprimenom asocijativnosti dobijamo:

y1 = y1 ◦ e = y1 ◦ (x ◦ y2) = (y1 ◦ x) ◦ y2 = e ◦ y2 = y2.

Dakle svaka dva inverzna elementa su jednaka, pa postoji u stvari samo jedan inverzni element. Njegaoznacavamo sa −x ako operaciju grupoida oznacavamo sa +, a sa x−1 inace.

4.4.4 Distributivnost

Definicija 4.27 Neka je (A, ◦, ∗) algebra tipa (2, 2). Kazemo da je operacija ∗ levo distributivna premaoperaciji ◦ akko vazi

(∀x)(∀y)(∀z) x ∗ (y ◦ z) = (x ∗ y) ◦ (x ∗ z).

Analogno se definise i desna distributivnost. Ako je ∗ i levo i desno distributivna prema operaciji ◦,kazemo da je ∗ distributivna prema operaciji ◦.

Primer 4.28 U algebri (Z, +, ·) gde je Z skup celih brojeva, + sabiranje, a · mnozenje celih brojevaoperacija · je distributivna prema operaciji +. U algebri (P(S),∪,∩) gde je P(S) partitivni skup skupaS, ∪ unija, a ∩ presek skupova, operacija ∪ je distributivna prema ∩, a operacija ∩ je distributivna premaoperaciji ∪. 4

4.4.5 Uslov skracivanja

Definicija 4.29 Grupoid (A, ◦) zadovoljava uslov skracivanja sleva akko vazi kvazi-identitet

(∀x)(∀y)(∀z)(x ◦ y = x ◦ z⇒ y = z).

Analogno se definise skracivanje zdesna.

Primer 4.30 Skup (N, +) gde je N = {0, 1, . . .} zadovoljava zakon skracivanja, jer iz k + m = k + nsledi m = n za m, n, k ∈ N . 4

4.4.6 Kvazigrupe

Definicija 4.31 Kvazigrupa je grupoid koji zadovoljava jednacine:

(∀u, v ∈ Q)(∃1x, y ∈ Q)(u ∗ x = v ∧ y ∗ u = v)

Primer 4.32 Ako je Q = {a, b, c} i ∗ data sa

∗ a b ca b c ab c a bc a b c

onda je (Q, ∗) kvazigrupa. 4

4.4. NEKE OSOBINE GRUPOIDA 109

Definicija 4.33 Neka je data kvazigrupa (Q, ∗). Definisemo binarnu operaciju \ na Q na sledeci nacin:

x\y = z akko x ∗ z = y, za sve x, y ∈ Q

Neposredno se proverava da vazi:

Tvrdenje 4.34 Grupoid (Q, \) je kvazigrupa.

Tako za prethodni primer tablica za \ je:

∗ a b ca c a bb b c ac a b c

Definicija 4.35 Za operaciju \ reci cemo da je dualna operaciji ∗, a za (Q, \) da je dualna kvazigrupaza (Q, ∗). Algebru (Q, ∗, \) zvacemo kvazigrupno prosirenje od (Q, ∗).

Lema 4.36 Kvazigrupno prosirenje (Q, ∗, \) zadovoljava sledece identitete:

1. x\(x ∗ y) = y

2. x ∗ (x\y) = y

Dokaz.

1. Prema definiciji operacije \ je

x\(x ∗ y) = y akko x ∗ y = x ∗ y

2. Ako definiciju za \ primenimo u suprotnom smeru, dobijamo

x ∗ (x\y) = y akko x\y = x\y

Neka je A = {a1, . . . , an}, n ≥ 1 azbuka i neka je (A, ∗, \) kvazigrupno prosirenje. Oznacimo sa A+ skupsvih nepraznih reci nad azbukom A. Definicemo dve unarne operacije f∗ i f\ na A+ sa:

Definicija 4.37 Neka je ui ∈ A, k ≥ 1 i neka je a1 ∈ A izabrani fiksni elemenat iz A. Tada

f∗(u1u2 . . . uk) = v1v2 . . . vk akko v1 = a1 ∗ u1,

vi+1 = vi ∗ ui+1, i = 1, 2, . . . , k − 1

f\(u1u2 . . . uk) = v1v2 . . . vk akko v1 = a1\u1,

vi+1 = ui\ui+1, i = 1, 2, . . . , k − 1

Uredenu sestorku (A, ∗, \, a1, f∗, f\) nazivamo kvazigrupskom sifrom nad azbukom A.

Tvrdenje 4.38 Neka je (A, ∗, \, a1, f∗, f\) kvazigrupska sifra nad azbukom A = {a1, . . . , an}. Tada vazif\ ◦ f∗ = 1A gde je 1A identicko preslikavanje.

Dokaz. Neka je ui ∈ A, k ≥ 1 i f∗(u1u2 . . . uk) = v1v2 . . . vk. Tada f\◦f∗(u1u2 . . . uk) = f\(v1v2 . . . vk) =w1w2 . . . wk. Tada iz v1 = a1 ∗ u1, ui+1 = vi ∗ ui+1, w1 = a1\v1, wi+1 = vi\vi+1 za i = 1, 2, . . . , k − 1,koristeci lemu 4.36, direktno dobijamo w1 = a1\(a1 ∗ u1) = u1, wi+1 = vi\(vi ∗ ui+1) = ui+1, za i =1, 2, . . . , k − 1.

Sada je jasno, na osnovu tvrdenja 4.34, da f∗ mozemo koristiti kao funkciju za sifrovanje, dok f\ koristimokao funkciju za desifrovanje nad azbukom A. Naime, ako je u ∈ A+ polazni tekst, f∗(u) je odgovarajucisifrovani tekst, i vazi f\(f∗(u)) = u.

Primer 4.39 Neka je data azbuka Q = {a, b, c} i neka dato kvazigrupno prosirenje (Q, ∗, \) gde su ∗i \ definisani kao u prethodnom primeru. Neka je dalje a1 = a i u = bcaaabbca. Tada je sifrovani tekstv = f∗(u) = ccabcbaab. Primenom funkcije f\ dobija se f\(ccabcbaab) = bcaaabbca = u, tj. polazni tekst.4

110 4. GRUPOIDI

4.5 Faktor-grupoid grupoida

Sada cemo govoriti o tzv. faktor-strukturama. Neka je dat grupoid (A, ◦) i neka je ∼ relacija ekvivalencijeskupa A. Tada na osnovu tvrdenja 3.30, ako je A/∼ = {a/∼ | a ∈ A} kolicnicki skup skupa A, tada zaa, b ∈ A vazi a/∼ = b/∼ ili a/∼∩ b/∼ = ∅, kao i

∪a∈Aa/∼ = A.

Prirodno se postavlja pitanje da li se pomocu operacije ◦ na A moze definisati binarna operacija � naA/∼.

Definicija 4.40 Za relaciju ∼⊆ A2 kazemo da je kongruencija grupoida (A, ◦) akko je ∼ relacijaekvivalencije i za svaka cetiri elementa x, y, u, v ∈ A vazi

x ∼ y ∧ u ∼ v⇒(x ◦ u) ∼ (y ◦ v).

Poslednja osobina se naziva saglasnost relacije ∼ sa operacijom ◦.

Definisimo � na A/∼ sa

x/∼� y/∼def= (x ◦ y)/∼ (4.1)

za sve x, y ∈ A.

Tvrdenje 4.41 � definisana sa 4.1 jeste operacija na A/∼ akko je

x ∼ u, y ∼ v ⇒ (x ◦ y) ∼ (u ◦ v) (4.2)

tj. ∼ je kongruencija na A.

Dokaz. Pretpostavimo da je 4.2 tacno. Tada, ako je x/∼ = u/∼ i y/∼ = v/∼ imamo x ∼ u i y ∼ v,pa iz 4.2 dobijamo (x ◦ y) ∼ (u ◦ v), odnosno (x ◦ y)/∼ = (u ◦ v)/∼. Time smo pokazali da desna stranaformule 4.1 zavisi samo od klasa x/∼ i y/∼, a ne i od njihovih predstavnika tj. formulom 4.1 je definisanaoperacija na A/∼.

Pretpostavimo da je formulom 4.1 definisana operacija A/∼. Ako je

x ∼ u i y ∼ v,

imamo x/∼ = y/∼ i y/∼ = v/∼, pa je po formuli 4.1

(x ◦ y)/∼ = x/∼� y/∼ = u/∼� v/∼ = (u ◦ v)/∼

odnosno dobijamo (x ◦ y) ∼ (u ∼ v), pa vazi formula 4.2.

Za dobijeni grupoid (A/∼,�) kazemo da je faktor-grupoid na A u odnosu na ∼.

Primer 4.42 Neka je A = {e, a, b, c} i neka je operacija ◦ definisana sa:

◦ e a b ce e a b ca a e c bb b c e ac c b a e

Neka je relacija ∼ data particijom {e, a}, {b, c} skupa A. Tada je A/∼ = {{e, a}, {b, c}}. Lako se proveravada je relacija ∼ kongruencija. Grupoid (A/∼,�) ima tablicu operacije datu sa:

� e/∼ b/∼e/∼ e/∼ b/∼b/∼ b/∼ e/∼

Na A postoje i relacije koje nisu kongruencije. Na primer, neka je A/β = {{e, a}, {b}, {c}}. Tada jee β a i b β b ali nije (e ◦ b) β(a ◦ b), tj. nije b β c. 4

4.5. FAKTOR-GRUPOID GRUPOIDA 111

Sledece tvrdenje govori o vezi izmedu grupoida (A, ◦) i (A/∼,�).

Tvrdenje 4.43 (Drugo tvrdenje o stabilnosti) Ako identitet vazi na grupoidu (A, ◦) onda on vazi ina svakom njegovom faktor-grupoidu.

Ovo tvrdenje je posledica opstijeg tvrdenja 4.51 koje ce biti dokazano kasnije. Sledeci primer pokazujeda se na faktor-grupoid ne prenose sva svojstva polaznog grupoida.

Primer 4.44 U grupoidu (N, ·) gde je N skup prirodnih brojeva, a · operacija mnozenja, vazi zakonskracivanja:

(∀x, y, z)(x · y = x · z⇒ y = z).

Relacija data sa

x ∼ ydef⇐⇒ (x = 1 ∧ y = 1) ∨ (x 6= 1 ∧ y 6= 1)

je relacija ekvivalencije i njene klase su C1 = {1} i C2 = {2, 3, 4, . . .}. Posto je mnozenje neopadajucafunkcija, proizvod dva broja veca od jedan je broj veci od jedan. Zato je ∼ kongruencija. Kako je

C2 � C2 = C2·2 = C4 = C2 = C2·1 = C2 � C1,

ali ne vazi C2 = C1, sledi da u faktor-grupoidu (A/∼,�) ne vazi zakon skracivanja. 4

Sledece tvrdenje pokazuje da se jos neke osobine prenose na faktor-grupoid grupoida.

Tvrdenje 4.45 Neka je A = (A, ◦) grupoid i A/∼ = (A/∼,�) njegov faktor-grupoid po kongruenciji ∼.Tada vaze sledeca tvrdenja.

1. Ako je A komutativan, onda je i A/∼ komutativan.

2. Ako je A asocijativan, onda je i A/∼ asocijativan.

3. Ako A ima neutralni element e, onda A/∼ ima neutralni element e/∼.

4. Ako element x ∈ A ima inverzni element y, tada element x/∼ ima inverzni element y/∼.

Dokaz. Primetimo da su tvrdenja pod 1 i 2 specijalni slucajevi tvrdenja 4.43, a tvrdenja pod 3 i 4specijalni slucajevi tvrdenja 4.51.

1. Neka je A komutativan i neka su x/∼, y/∼ ∈ A/∼ proizvoljni. Tada je x ◦ y = y ◦ x, pa vazi

x/∼� y/∼ = (x ◦ y)/∼ = (y ◦ x)/∼ = y/∼� x/∼,

pa je A/∼ komutativan.

2. Dokazuje se analogno prvom tvrdenju.

3. Neka je e ∈ A neutralni element grupoida A. Neka je x/∼ ∈ A/∼ proizvoljan. Tada vazi

x/∼� e/∼ = (x ◦ e)/∼ = x/∼,

a takode

e/∼� x/∼ = (e ◦ x)/∼ = x/∼,

pa je e/∼ neutralni element u A/∼.

4. Neka element x ∈ A ima inverzni element y. Tada vazi

x/∼� y/∼ = (x ◦ y)/∼ = e/∼

i analogno

y/∼� x/∼ = (y ◦ x)/∼ = e/∼,

pa je y/∼ inverzni element elementa x/∼.

112 4. GRUPOIDI

Napomena 4.46 Cesto operaciju nad klasama � obelezavamo isto kao i operaciju nad samimelementima ◦; znacenje operacije je vidljivo iz argumenata na koje se primenjuje. �

Primer 4.47 Neka je Z skup celih brojeva, + sabiranje, a · mnozenje celih brojeva. Algebarskastruktura (Z, +, ·) je prsten celih brojeva (o prstenima cemo vise govoriti kasnije). Primetimo da su(Z, +) i (Z, ·) grupoidi. Definisimo relaciju kongruencije po modulu m ∈ Z:

x ≡ y (mod m)def⇐⇒ (∃k ∈ Z) x − y = k · m.

Pokazacemo da je ≡ kongruencija grupoida (Z, +) i grupoida (Z, ·).

Refleksivnost Neka je x ∈ Z proizvoljno. Kako je x − x = 0 = 0 · m, vazi x ≡ x (mod m).

Simetricnost Neka je x ≡ y (mod m). Za neko k ∈ Z vazi x − y = k · m. Tada je y − x = (−k) · m.Kako −k ∈ Z, sledi y ≡ x (mod m).

Tranzitivnost Neka x ≡ y (mod m) i y ≡ z (mod m). Tada postoje k, l ∈ Z tako da

x − y = k · m i y − z = l · m.

Sabiranjem ovih jednacina dobijamo x − z = (k + l) · m, a kako k + l ∈ Z, sledi x ≡ z (mod m).

Saglasnost sa + Neka je x ≡ y (mod m) i u ≡ v (mod m). Tada za neke k, l ∈ Z vazi

x − y = k · m i u − v = l · m.

Sabiranjem ovih jednakosti dobijamo (x + u) − (y + v) = (k + l) · m pa x + u ≡ y + v (mod m).

Saglasnost sa · Neka je x ≡ y (mod m) i u ≡ v (mod m). Tada za neke k, l ∈ Z vazi

x = y + k · m i u = v + l · m.

Odatle sledix · u = y · v + m · (y · l + k · v + k · l · m)

pa x · u − y · v = p · m za p = y · l + k · v + k · l · m sto znaci da x · u ≡ y · v (mod m).

Tako smo dobili faktor-grupoide (Z/≡, +) i (Z/≡, ·), pa mozemo posmatrati faktor-algebru (Z/≡, +, ·).Na slican nacin se konstruisu faktor-strukture i za druge algebre. 4

4.6 Homomorfizmi

Definicija 4.48 Preslikavanje f : A → B je homomorfizam grupoida (A, ◦) u grupoid (B, ∗) akko vazi

(∀x, y ∈ A) f(x ◦ y) = f(x) ∗ f(y).

Ako je homomorfizam 1-1 preslikavanje, naziva se monomorfizam ili potapanje. Ako je homomorfizamna, onda se naziva epimorfizam, a za grupoid (B, ∗) kazemo da je homomorfna slika grupoida (A, ◦).Ako je homomorfizam bijekcija naziva se izomorfizam. Homomorfizam f grupoida (A, ◦) u isti grupoid(A, ◦) naziva se endomorfizam, a ako je endomorfizam istovremeno i izomorfizam, onda se on nazivaautomorfizam.

Ako postoji izomorfizam grupoida (A, ◦) u grupoid (B, ∗) kazemo da su grupoidi (A, ◦) i (B, ∗)izomorfni i pisemo (A, ◦) ∼= (B, ∗).

Primer 4.49 Neka je Re skup realnih brojeva, a R+e skup pozitivnih realnih brojeva. Tada je funkcija

ln (prirodni logaritam realnog broja) izomorfizam grupoida (R+e , ·) u grupoid (Re, +), jer je ln bijekcija

skupa R+e u skup Re i vazi

ln(x · y) = ln x + ln y.

4

Tvrdenje 4.50 (Osnovno tvrdenje o homomorfizmu)

4.6. HOMOMORFIZMI 113

1. Neka je ∼ kongruencija grupoida (G, ·). Tada je (G/∼,�) homomorfna slika grupoida (G, ·) zaprirodno preslikavanje Φ dato sa Φ(x) = x/∼.

2. Ako je (G′, ∗) homomorfna slika grupoida (G, ·), tada grupoid (G, ·) ima bar jednu kongruenciju ∼takvu da (G′, ∗) ∼= (G/∼,�). Ako je f homomorfizam grupoida (G, ·) na grupoid (G′, ∗), tada jeizomorfizam Φ grupoida (G′, ∗) i (G/∼,�) jedinstven i vazi

Φ ◦ Φ = f

tj. sledeci dijagram komutira:

Gf−→ G′

Φ ↓ Φ↗G/∼

Dokaz.

1. Treba dokazati da je prirodno preslikavanje dato sa Φ(x) = x/∼ na i homomorfizam.

na Neka je C ∈ G/∼ klasa ekvivalencije. Ona je neprazna, pa postoji neko x ∈ C. Tada vaziC = x/∼, pa je Φ(x) = C.

Homomorfizam Neka su x, y ∈ A proizvoljni. Tada je, po definiciji funkcije Φ i definiciji operacije� na klasama:

Φ(x · y) = (x · y)/∼ = x/∼� y/∼ = Φ(x) � Φ(y).

2. Neka je f : G → G′ epimorfizam, tj. neka vazi

f(x · y) = f(x) ∗ f(y)

za sve x, y ∈ G i f je na. Pokazacemo da je trazena kongruencija ∼ jezgro preslikavanja f , koje sedefinise sa

x ∼ ydef⇐⇒ f(x) = f(y).

Direktno iz definicije sledi da je ∼ relacija ekvivalencije.

Refleksivnost Kako je f(x) = f(x), sledi x ∼ x.

Simetricnost Neka je x ∼ y. Tada je f(x) = f(y), pa i f(y) = f(x), sto znaci da je y ∼ x.

Tranzitivnost Neka je x ∼ y i y ∼ z. Tada je f(x) = f(y) i f(y) = f(z), pa je f(x) = f(z), pa jex ∼ z.

Sada cemo pokazati da je ∼ saglasna sa operacijom ·. Neka je x ∼ y i u ∼ v. Tada je f(x) = f(y)i f(u) = f(v). Zato je

f(x · u) = f(x) ∗ f(u) = f(y) ∗ f(v) = f(y · v),

a to po definiciji znaci da je x ·u ∼ y ·v. Dakle ∼ je kongruencija, pa postoji (G/∼,�). Pokazacemoda je funkcija Φ : G/∼ → G′ definisana sa

Φ(x/∼) = f(x)

dobro definisana i predstavlja izomorfizam grupoida (G/∼,�) na grupoid (G′, ∗).

Definisanost Posto je vrednost funkcije za datu klasu definisana preko predstavnika klase, trebadokazati da rezultat ne zavisi od izbora predstavnika. Neka su x/∼, y/∼ ∈ G/∼ dve proizvoljneklase takve da je x/∼ = y/∼. Tada je x ∼ y, pa po definiciji ∼ vazi f(x) = f(y). Zato je

Φ(x/∼) = f(x) = f(y) = Φ(y/∼).

Dakle, Φ je dobro definisana.

na Neka je sada x′ ∈ G′ proizvoljan. Kako je f na, postoji x ∈ G tako da je f(x) = x′. Tada jeΦ(x/∼) = f(x) = x′. Dakle Φ je na.

1-1 Neka je Φ(x/∼) = Φ(y/∼). Tada je f(x) = f(y), pa je x ∼ y. Odatle sledi x/∼ = y/∼, pa je Φ1-1.

114 4. GRUPOIDI

Homomorfizam Neka su x/∼, y/∼ ∈ G/∼ proizvoljni. Tada je

Φ(x/∼� y/∼) = Φ((x · y)/∼)

= f(x · y)

= f(x) ∗ f(y)

= Φ(x/∼) ∗ Φ(y/∼)

Dakle Φ je izomorfizam grupoida (G/∼) i (G′, ∗). Kako je po definiciji Φ(x/∼) = f(x), za svakox ∈ G vazi (Φ ◦Φ)(x) = f(x), pa je Φ ◦Φ = f . Ako je Ψ proizvoljno preslikavanje G/∼ → G′ takvoda je Ψ ◦ Φ = f , tada za proizvoljno x/∼ ∈ G/∼ vazi

Ψ(x/∼) = Ψ(Φ(x))

= (Ψ ◦ Φ)(x)

= f(x)

= Φ(x/∼)

pa je Ψ = Φ, sto znaci da je Φ jedinstveno.

Tvrdenje 4.51 Neka grupoid (G1, ∗1) zadovoljava identitet u = v nad jezikom {∗} i neka je (G2, ∗2)homomorfna slika grupoida (G1, ∗1). Tada i (G2, ∗2) zadovoljava identitet u = v.

Dokaz. Podsetimo se da terme nad jezikom {∗} oznacavamo sa t(x1, . . . , xn; ∗). Interpretacijomterma u grupoidu (G1, ∗1) za date vrednosti a1, . . . , an ∈ G1 dobijamo vrednost terma t(a1, . . . , an; ∗1),a interpretacijom terma u grupoidu (G2, ∗2) za vrednosti b1, . . . , bn dobijamo vrednost t(b1, . . . , bn; ∗2).

Neka je f homomorfizam. Pokazacemo prvo sledecu lemu.

Lema 4.52 Za svaki term t(x1, . . . , xn; σ) i za sve a1, . . . , an ∈ G1 vazi

f(t(a1, . . . , an; ∗1)) = t(f(a1), . . . , f(an); ∗2).

Dokaz. Dokaz leme sprovodimo indukcijom po broju k operacija u termu t.Neka je k = 1.Tada je t ≡ x ∗ y. Po definiciji homomorfizma za svaka dva elementa a1, a2 ∈ G1 vazi

f(a1 ∗1 a2) = f(a1) ∗2 f(a2). Zato za proizvoljne a1, a2 ∈ G1 vazi

f(t(a1, a2; ∗1)) = f(a1 ∗1 a2) = f(a1) ∗2 f(a2) = t(f(a1), f(a2), ∗2).

Pretpostavimo da tvrdenje vazi za sve prirodne brojeve manje od k > 1. Neka je t term sa k operacija.Tada je t ≡ t′ σ t′′ gde su t′ i t′′ termi sa manje od k operacija. Prema induktivnoj hipotezi tada za svea1, . . . , an ∈ G1 vazi

f(t′(a1, . . . , an; ∗1)) = t′(f(a1), . . . , f(an); ∗2)

f(t′′(a1, . . . , an; ∗1)) = t′′(f(a1), . . . , f(an); ∗2)

Po definiciji vrednosti terma, posto je f homomorfizam, za proizvoljne a1, . . . , an vazi

f(t(a1, . . . , an; ∗1) = f(t′(a1, . . . , an; ∗1) ∗1 t′′(a1, . . . , an; ∗1))

= f(t′(a1, . . . , an; ∗1)) ∗2 f(t′′(a1, . . . , an; ∗1))

= t′(f(a1), . . . , f(an); ∗2) ∗2 t′′(f(a1), . . . , f(an); ∗2)

= t(f(a1), . . . , f(an); ∗2).

Time je dokaz leme zavrsen.

Neka identitet u = v vazi na grupoidu (G1, ∗1). Tada za sve vrednosti a1, . . . , an ∈ G1 vazi

u(a1, . . . , an; ∗1) = v(a1, . . . , an; ∗1).

4.6. HOMOMORFIZMI 115

Neka su b1, . . . , bn ∈ G2 proizvoljni. Posto je f na, postoje elementi a1, . . . , an tako da za i ∈ {1, . . . , n}vazi bi = f(ai). Tada prema prethodnoj lemi vazi

u(b1, . . . , bn; ∗2) = u(f(a1), . . . , f(an); ∗2)

= f(u(a1, . . . , an; ∗1))

= f(v(a1, . . . , an; ∗1))

= v(f(a1), . . . , f(an); ∗2)

= v(b1, . . . , bn; ∗2).

Dakle identitet u = v vazi i na grupoidu (G2, ∗2).

Tvrdenja o prenosenju osobina grupoida na njegov faktor-grupoid (odeljak 4.5) specijalni su slucajeviogovarajucih tvrdenja o homomorfizmima, jer je prirodno preslikavanje (dato sa Φ(x) = x/∼) epimor-fizam, pa je faktor-grupoid homomorfna slika polaznog grupoida.

Tvrdenje 4.53 Neka je (G1, ∗1) grupoid i (G2, ∗2) homomorfna slika grupoida (G1, ∗1). Tada vazesledeca tvrdenja.

1. Ako je (G1, ∗1) komutativan, onda je i (G2, ∗2) komutativan.

2. Ako je (G1, ∗1) asocijativan, onda je i (G2, ∗2) asocijativan.

3. Ako (G1, ∗1) ima neutralni element e, onda je f(e) neutralni element grupoida (G2, ∗2).

4. Ako element x ∈ G1 ima inverzni element y, onda i f(x) ima inverzni element f(y).

Dokaz. Tvrdenja 1 i 2 su specijalni slucajevi tvrdenja 4.51, jer je grupoid komutativan akko vaziidentitet x ∗ y = y ∗ x, a asocijativan akko vazi identitet x ∗ (y ∗ z) = (x ∗ y) ∗ z. Dokazimo tvrdenja 3 i 4.

3. Neka je e neutralni element grupoida (G1, ∗1) i neka je y ∈ G2 proizvoljan. Posto je f na, postojix ∈ G1 tako da f(x) = y. Tada vazi

f(x) ∗2 f(e) = f(x ∗1 e) = f(x),

kao if(e) ∗2 f(x) = f(e ∗1 x) = f(x),

pa je f(e) neutralni element grupoida (G2, ∗2).

4. Neka (G1, ∗1) ima neutralni element e i neka je y ∈ G1 inverzni element elementa x ∈ G1 u grupoidu(G1, ∗1). Tada vazi

f(x) ∗2 f(y) = f(x ∗1 y) = f(e),

i analognof(y) ∗2 f(x) = f(y ∗1 x) = f(e).

Kako je f(e) prema prethodnom tvrdenju neutralni element u grupoidu (G2, ∗2), sledi da je f(y)inverzni element za f(x) u grupoidu (G2, ∗2).

Kao sto je pokazano pri razmatranju faktor-grupoida, postoje osobine koje se ne prenose homomorfizmom.

Tvrdenje 4.54 Neka su dati grupoidi (G1, ∗1), (G2, ∗2) i (G3, ∗3) i neka su f : G1 → G2 i g : G2 → G3

homomorfizmi. Tada je g ◦ f : G1 → G3 homomorfizam.

Dokaz. Neka su x, y ∈ G1 proizvoljni. Tada vazi

(g ◦ f)(x ∗1 y) = g(f(x ∗1 y))

= g(f(x) ∗2 f(y))

= g(f(x)) ∗3 g(f(y))

= (g ◦ f)(x) ∗3 (g ◦ f)(x),

sto znaci da je g ◦ f homomorfizam.

Tvrdenje 4.55 Neka su (G, ∗G), (H, ∗H) i (S, ∗S) proizvoljni grupoidi. Tada vazi

116 4. GRUPOIDI

1. G ∼= G;

2. G ∼= H ⇒H ∼= G;

3. G ∼= H ∧ H ∼= S ⇒G ∼= S.

Dokaz.

1. Identicko preslikavanje 1G : G → G je 1-1 i na, a kako je

1G(x ∗G y) = x ∗G y = 1G(x) ∗G 1G(y),

preslikavanje 1G je i homomorfizam. Dakle 1G je izomorfizam.

2. Neka je G ∼= H . Tada postoji bijekcija f : G → H koja je homomorfizam. Inverzno preslikavanjef−1 je takode bijekcija. Neka je x, y ∈ H . Tada je

f−1(x ∗H y) = f−1(f(f−1(x)) ∗H f(f−1(y))

= f−1(f(f−1(x) ∗G f−1(y)))

= f−1(x) ∗G f−1(y),

pa je f−1 homomorfizam. Dakle f−1 je izomorfizam grupoida (H, ∗H) u grupoid (G, ∗G), pa jeH ∼= G.

3. Neka je G ∼= H i H ∼= S. Tada postoji izomorfizam f : G → H i izomorfizam g : H → S. Kako suf i g bijekcije, i g ◦ f : G → S je bijekcija. Kako su f i g homomorfizmi, prema tvrdenju 4.54 i g ◦ fje homomorfizam. Zato je g ◦ f izomorfizam grupoida (G, ∗G) u grupoid (S, ∗S), pa G ∼= S.

Napomena 4.56 Pojam homomorfizma se definise za proizvoljne dve univerzalne algebre istog tipa.Ako su A = (A, f1, f2, . . .) i B = (B, g1, g2, . . .) algebre tipa (n1, n2, . . .), tada za funkciju h : A → Bkazemo da je homomorfizam algebre A u algebru B akko za svako i i za sve x1, . . . , xni

vazi

h(fi(x1, . . . , xni)) = gi(h(x1), . . . , h(xni

)).

Tako se tvrdenja o homomorfizmu koja smo ovde dokazali za grupoide mogu uopstiti na univerzalnealgebre. �

4.7 Direktan proizvod

Definisimo prvo pojam direktnog proizvoda za skupove.

Definicija 4.57 Direktan proizvod konacnog broja skupova A1, . . . , An je skup

A1 × A2 × · · ·An = { (a1, . . . , an) | ak ∈ Ak, k ∈ {1, . . . , n} }.

Prethodni pojam se moze uopstiti na sledeci nacin.

Definicija 4.58 Direktan proizvod familije skupova F = {Ai | i ∈ I} je skup

∏

i∈I

Ai = {f | f : I →⋃

i∈I

Ai, (∀i ∈ I) f(i) ∈ Ai}.

Primer 4.59 Neka je I = {1, 2} i neka je F = {A1, A2}. Tada je

∏

i∈{1,2}Ai = {f | f : {1, 2} → A1 ∪ A2, f(1) ∈ A1, f(2) ∈ A2}

=

{(1 2

a1 a2

)

| a1 ∈ A1, a2 ∈ A2

}

.

Postoji bijekcija izmedu skupa A1 × A2 i skupa∏

i∈{1,2} Ai koja elementu (a1, a2) dodeljuje funkciju(

1 2a1 a2

). Primecujemo da je proizvod familije skupova uopstenje Dekartovog proizvoda skupova. 4

4.7. DIREKTAN PROIZVOD 117

Definicija 4.60 Neka je dat direktan proizvod familije skupova∏

i∈I Ai i neka je i ∈ I proizvoljno.Funkcija πi :

∏

i∈I Ai → Ai, definisana saπi(f) = f(i)

se naziva projekcija.

Za svaki proizvod∏

i∈I Ai postoji familija projekcija {πi | i ∈ I}.Tvrdenje 4.61 Ako je A =

∏

i∈I Ai 6= ∅, tada je svaka projekcija πi na preslikavanje.

Dokaz. Ukoliko bi za neko i ∈ I vazilo Ai = ∅ tada bi vazilo i∏

i∈I Ai = ∅, jer ne postoji preslikavanjef : I → ∪j∈IAj takvo da f(i) ∈ Ai. Dakle skupovi Ai, i ∈ I su neprazni. Neka je dato proizvoljno i ∈ Ii neka je x ∈ Ai proizvoljan element. Posto su skupovi Aj , j ∈ I neprazni, postoji funkcija f za kojuvazi f(i) = x (definisemo f(i) = x, a egzistencija ostalih vrednosti za funkciju f sledi iz aksiome izbora).Tada vazi πi(f) = f(i) = x. Kako je x ∈ Ai bilo proizvoljno, πi je na.

Definicija 4.62 Neka je F = {Gi | i ∈ I} familija grupoida, gde je Gi = (Gi, ∗i). Direktni proizvodfamilije F je grupoid

∏

i∈I Gi = (∏

i∈I Gi, ∗) gde je za f, g ∈ ∏i∈I Gi vrednost f ∗ g ∈ ∏i∈I Gi definisanasa

(f ∗ g)(i) = f(i) ∗i g(i).

Ukoliko je familija grupoida konacna, F = {G1, . . . , Gn}, tada funkcije f, g ∈ ∏i∈I Gi posmatramo kaouredene n-torke (a1, . . . , an) i (b1, . . . , bn), i za njih se prethodna definicija svodi na

(a1, . . . , an) ∗ (b1, . . . , bn) = (a1 ∗1 b1, . . . , an ∗n bn).

Tvrdenje 4.63 Neka je {(Gi, ∗i) | i ∈ I} familija grupoida i neka je (G, ∗) =∏

i∈I (Gi, ∗i). Tada je zasvako i ∈ I projekcija πi : G → Gi epimorfizam.

Dokaz. Prema tvrdenju 4.61, funkcija πi je na. Treba jos pokazati da je homomorfizam. Neka suf, g ∈ G. Tada po definiciji projekcije i operacije ∗ na skupu G vazi

πi(f ∗ g) = (f ∗ g)(i) = f(i) ∗i g(i) = πi(f) ∗i πi(g),

sto znaci da je πi homomorfizam.

Tvrdenje 4.64 Neka je (G, ∗) direktan proizvod familije grupoida (Gi, ∗i). Tada vaze sledeca tvrdenja.

1. (Trece tvrdenje o stabilnosti) Identitet u = v vazi na grupoidu (G, ∗) akko taj identitet vazi nasvakom od grupoida (Gi, ∗i).

2. e ∈ G je neutralni element grupoida (G, ∗) akko je za svako i ∈ I element e(i) neutralni elementgrupoida (Gi, ∗i).

3. Element y ∈ G je inverzni element elementa x ∈ G akko je za svako i ∈ I element y(i) inverzanelement elementa x(i) u grupoidu (Gi, ∗i).

Dokaz. Jedan smer ovih tvrdenja sledi direktno iz tvrdenja 4.51, a drugi smer se dobija primenomanalognog postupka kao u dokazu tog tvrdenja.

1. Ukoliko identitet u = v vazi na grupoidu (G, ∗), tada prema tvrdenju 4.51, identitet u = v vazi i nagrupoidu (Gi, ∗i) za proizvoljno i ∈ I , jer je (Gi, ∗i) homomorfna slika grupoida (G, ∗). Obrnuto,neka za svako i ∈ I identitet u = v vazi na grupoidu (Gi, ∗i). Neka je i ∈ I proizvoljno. Tada zaproizvoljne f1, . . . , fn ∈ G vazi

u(f1, . . . , fn; ∗)(i) =

= πi(u(f1, . . . , fn; ∗))= u(πi(f1), . . . , πi(fn); ∗i) jer je πi homomorfizam

= v(πi(f1), . . . , πi(fn); ∗i) jer u = v vazi u (Gi, ∗i)

= πi(f1, . . . , fn; ∗) jer je πi homomorfizam

= v(f1, . . . , fn)(i).

Kako se funkcije u(f1, . . . , fn; ∗) i v(f1, . . . , fn; ∗) poklapaju za sve vrednosti i ∈ I , sledi

u(f1, . . . , fn) = v(f1, . . . , fn).

Dakle u = v vazi na grupoidu (G, ∗).

118 4. GRUPOIDI

2. Ako je e neutralni element u grupoidu (G, ∗), tada je za svako i ∈ I element e(i) ∈ Gi neutralnielement u (Gi, ∗i) jer je (Gi, ∗i) homorfna slika grupoida (G, ∗). Obrnuto, neka je za svako i ∈ Ielement e(i) ∈ I neutralni element za (Gi, ∗i). Tada za proizvoljno x ∈ G za svako i ∈ I vazi

(e ∗ x)(i) = e(i) ∗i x(i) = x(i),

i analogno(x ∗ e)(i) = x(i) ∗i e(i) = x(i).

Kako je i ∈ I bilo proizvoljno, vazi e ∗ x = x i x ∗ e = x, pa je e neutralni element u (G, ∗).

3. Ako je y ∈ G inverzni element elementa x ∈ G u (G, ∗), tada je za svako i ∈ I element y(i) = πi(y)inverzni element elementa x(i) = πi(x) jer je (Gi, ∗i) homomorfna slika grupoida (G, ∗). Obrnuto,neka za je sve i ∈ I element y(i) inverzni element elementa x(i) u grupoidu (Gi, ∗i). Tada je zasvako i ∈ I

(x ∗ y)(i) = x(i) ∗i y(i) = e(i),

i(y ∗ x)(i) = y(i) ∗i x(i) = e(i),

pa je x ∗ y = e i y ∗ x = e, sto znaci da je y inverzni element elementa x.

Primetimo da kao specijalni slucaj prethodnog tvrdenja vazi: direktan proizvod grupoida je komuta-tivan akko je svaki od grupoida komutativan, a asocijativan akko je svaki od grupoida asocijativan.Napomenimo da ne moraju sva svojstva sa familije grupoida da se prenesu na direktan proizvod grupoida.

Zadatak 4.65 Pokazati da svaki grupoid (G, ◦) sa dva elementa zadovoljava identitet:

((x ◦ x) ◦ x) ◦ x = x ◦ x. (4.3)

Da li postoji grupoid sa tri elementa koji ne zadovoljava taj identitet?

Resenje. Neka je (G, ◦) proizvoljan grupoid takav da |G| = 2. Neka je x ∈ G proizvoljan elementi y ∈ G \ {x}. Pokazacemo da za x vazi identitet 4.3. Razlikujemo sledece slucajeve u zavisnosti oddefinicije operacije ◦ : G2 → G.

1. x ◦ x = x. Tada su vrednosti obe strane jednakosti jednake x.

2. x ◦ x = y. Tada se identitet svodi na(y ◦ x) ◦ x = y.

Ako je y ◦ x = y, tada se identitet svodi na y ◦ x = y, a ako je y ◦ x = x, tada se svodi na x ◦ x = y.Dakle u oba slucaja identitet vazi.

Prema tome, bez obzira na definiciju operacije ◦, identitet 4.3 vazi za element x, a kako je x ∈ G bioproizvoljan, sledi da 4.3 vazi na svakom grupoidu (G, ◦) za koji je |G| = 2.

Sa druge strane, posmatrajmo grupoid G = (G, ◦) gde je G = {a, b, c}, a operacija ◦ je data sledecomtablicom:

◦ a b ca b a ab c a ac a a a

Tada je za x = a vrednost leve strane u 4.3 jednaka a, a desne b. Prema tome, identitet (∗) ne vazi naovom grupoidu.

5

Klasicne algebarske strukture

5.1 Polugrupa

Definicija 5.1 Polugrupa (semigrupa) je grupoid (G, ∗) koji zadovoljava zakon asocijativnosti:

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

Primer 5.2 Sabiranje prirodnih brojeva je asocijativna operacija, pa je (N, +) polugrupa. 4

Definicija 5.3 Monoid je polugrupa (G, ∗) koja ima neutralni element e:

(∃e ∈ G)(∀x ∈ G) x ∗ e = e ∗ x = x.

Napomena 5.4 Monoid mozemo definisati i kao algebru (G, ∗, e) na jeziku {σ, a}, gde je σ operacijskisimbol arnosti 2 koji se interpretira kao binarna operacija ∗, a a simbol konstante koja se interpretira kaokonstanta e. Tada zahtevamo da vazi identitet:

(∀x)(x σ a = a ∧ a σ x = x).

Egzistencija neutralnog elementa je tako obezbedena interpretacijom u algebri odgovarajuceg tipa, paje dovoljno navesti osobinu neutralnog elementa. Time je monoid definisan iskljucivo univerzalnokvantifikovanim formulama, sto omogucava prenosenje veceg broja tvrdenja pri konstrukacijama kao stosu podalgebra, homomorfizam i direktni proizvod. Slicno se i druge univerzalne algebre mogu definisati narazlicitim jezicima. Ovaj postupak ogovara skolemizaciji i njime se eliminisu egzistencijalni kvantifikatori,ali se prosiruje jezik. Mi necemo posebno voditi racuna o razlici izmedu ova dva oblika i koristicemo onajkoji nam je u datom trenutku pogodniji. �

Primer 5.5 Ako je N0 = {0, 1, 2, . . . , } i + sabiranje prirodnih brojeva, tada je struktura (N0, +)monoid. Ako i konstantu 0 ukljucimo u jezik, dobijamo strukturu (N, +, 0). 4

Pokazacemo da u polugrupi vrednost terma ne zavisi od rasporeda zagrada oko promenljivih koje termsacinjavaju. Oznacimo sa π(x1, . . . , xn) proizvoljan term u kome se, redom, pojavljuju promenljivex1, . . . , xn, a raspored zagrada oko njih je proizvoljan.

Tvrdenje 5.6 Neka je (G, ∗) polugrupa. Neka su π(x1, . . . , xn) i π′(x1, . . . , xn) proizvoljni termisastavljeni od promenljivih x1, . . . , xn u istom redosledu x1, . . . , xn. Tada za sve vrednosti a1, . . . , an ∈ Gvazi π(a1, . . . , an) = π′(a1, . . . , an).

Dokaz. Neka (a1, . . . , an) oznacava (. . . ((a1 ∗ a2) ∗ a3) · · · ∗ an), sto mozemo definisati na sledeci nacin:

(a1) = a1

(a1a2 · · ·an) = (a1a2 · · ·an−1) ∗ an, n > 1.

Prvo cemo pokazati sledecu lemu.

Lema 5.7 (a1a2 · · · an) ∗ (b1b2 · · · bm) = (a1a2 · · · anb1b2 · · · bm)

119

120 5. KLASICNE ALGEBARSKE STRUKTURE

Dokaz. Dokaz leme sprovodimo indukcijom po m. Ako je m = 1, tada je (a1a2 · · · an) ∗ (b1) =(a1a2 · · · an) ∗ b1 = (a1a2 · · · anb1). Pretpostavimo da tvrdenje vazi za m. Tada primenom asocijativnostii induktivne hipoteze dobijamo:

(a1a2 · · · an) ∗ (b1b2 · · · bmbm+1) = (a1a2 · · · an) ∗ ((b1b2 · · · bm) ∗ bm+1)

= ((a1a2 · · · an) ∗ (b1b2 · · · bm)) ∗ bm+1

= (a1a2 · · · anb1b2 · · · bm) ∗ bm+1

= (a1a2 · · · anb1b2 · · · bmbm+1),

sto znaci da tvrdenje vazi i za m + 1.

Sada cemo pokazati da za svaki term π(x1, . . . , xn; σ) vazi

π(a1, . . . , an; ∗) = (a1, . . . , an).

Dokaz sprovodimo indukcijom po n gde je n broj operacija σ u termu π(x1, . . . , xn; σ). Ako je n = 1 tadaje π = x1, pa je π(a1) = a1 = (a1). Pretpostavimo da tvrdenje vazi za svako k < n za n > 1. Neka jeπ(x1, . . . , xn; σ) term sa n operacia. Tada je π ≡ π′ σ π′′, pa je

π(a1, . . . , an; ∗) = π′(a1, . . . , am; ∗) ∗ π′′(am+1, . . . , an)

prema definiciji interpretacije

= (a1a2 · · · am) ∗ (am+1am+2 · · · an)

prema induktivnoj hipotezi

= (a1a2 · · · amam+1am+2 · · · an)

prema lemi.

Neka su sada π(x1, . . . , xn) i π′(x1, . . . , xn) proizvoljni. Tada za proizvoljne a1, . . . , an vazi

π(a1, . . . , an; ∗) = (a1a2 · · ·an) = π′(a1, . . . , an; ∗).

Ubuduce necemo pisati zagrade tamo gde zbog asocijativnosti one ne uticu na vrednost terma.

Definicija 5.8 Neka je (G, ∗) polugrupa. Tada za proizvoljno a ∈ G vrednost (aa · · · a︸︷︷︸

n

) oznacavamo sa

an. Ako je (G, ∗, e) monoid, tada definisemo i a0 = e.

Prema prethodnoj lemi 5.7, u polugrupi vazi

an ∗ am = (aa · · · a︸︷︷︸

n

) ∗ (aa · · · a︸︷︷︸

m

) = (aa · · ·a︸︷︷︸

n+m

) = an+m.

Lako se proverava da u monoidu ovo tvrdenje vazi i za n = 0 ili m = 0.

5.1.1 Slobodna polugrupa reci

Neka je X neki skup. Rec nad X je svaki niz simbola (slova) a1a2 . . . an gde a1, . . . an ∈ X . Ako nekarec ima n slova, onda kazemo da je n duzina te reci. Rec koja nema ni jedno slovo zovemo prazna rec injena duzina je 0. Skup svih nepraznih reci nad X obelezavamo sa X+.

Ako su w1 i w2 dve reci, onda je konkatenacija te dve reci nova rec w1w2 koja se dobija ako se na w1

dopise w2. Dakle definisali smo binarnu operaciju, konkatenaciju, na skupu X+ sa w1 ·w2 = w1w2. Kakovazi

(w1 · w2) · w3 = w1w2w3 = w1 · (w2 · w3)

sledi da je konkatenacija asocijativna operacija nad X+, pa smo tako dosli do grupoida (X+, ·) koji senaziva polugrupa nepraznih reci nad X .

Neka je K neka klasa polugrupa i neka je F polugrupa takva da X ⊆ F . Za F kazemo da je slobodnanad X za klasu K ako za svaku A ∈ K i svako preslikavanje f : X → A postoji homomorfno prosirenjef : F → A tj. homomorfizam polugrupe F u polugrupu A takav da je f |X = f .

5.2. GRUPA 121

Tvrdenje 5.9 Neka je X neprazan skup. Tada je polugrupa svih nepraznih reci nad X slobodna polugrupanad X u klasi svih polugrupa.

Dokaz. Neka je (S, ∗) proizvoljna polugrupa i neka je f : X → S. Ovo preslikavanje prosirujemo dohomomorfizma

f : X+ → S

na sledeci nacin. Neka je w ∈ X+ tj. w = a1 . . . an gde a1, . . . , an ∈ X . Tada stavljamo

f(w)def= f(a1) ∗ f(a2) ∗ · · · ∗ f(an).

Primetimo prvo da je f prosirenje od f . Naime, f(ak) = ak za ak ∈ X . Pokazimo sada da je fhomomorfizam grupoida (X+, ·) u grupoid (S, ∗). Za w1 = a1 . . . an i w2 = b1 . . . bm imamo

f(w1 · w2) = f(a1 . . . an b1 . . . bm)

= f(a1) ∗ · · · ∗ f(an) ∗ f(b1) ∗ · · · ∗ f(bm)

= (f(a1) ∗ · · · ∗ f(an)) ∗ (f(b1) ∗ · · · ∗ f(bm))

= f(w1) ∗ f(w2).

5.2 Grupa

Definicija 5.10 Grupoid (G, ∗) je grupa akko vazi

1. (∀x, y, z ∈ G) x ∗ (y ∗ z) = (x ∗ y) ∗ z

2. (∃e ∈ G)(∀x ∈ G)(x ∗ e = e ∗ x = x ∧ (∃y ∈ G) x ∗ y = y ∗ x = e)

Dakle grupa je monoid u kome svaki element ima inverzni. Sledeca definicija je ekvivalentna prethodnoji iz nje se dobija skolemizacijom.

Definicija 5.11 Grupa je algebarska struktura (G, ∗, −1, e) tipa (2, 1, 0) u kojoj vaze sledeci identiteti:

1. (∀x, y, z) x ∗ (y ∗ z) = (x ∗ y) ∗ z

2. (∀x) x ∗ e = e ∗ x = x

3. (∀x) x ∗ x−1 = x−1 ∗ x = e.

Primer 5.12 Ako je Z skup celih brojeva, + sabiranje celih brojeva, a − unarna operacija promeneznaka, tada je struktura (Z, +,−, 0) grupa. Strukture (N, +) i (N0, +) nisu grupe. 4

Primer 5.13 Neka je A = {1, 2, 3} i neka je G skup svih permutacija skupa A. Tada je

G =

{(1 2 3

1 2 3

)

,

(1 2 3

1 3 2

)

,

(1 2 3

2 1 3

)

,

(1 2 3

2 3 1

)

,

(1 2 3

3 1 2

)

,

(1 2 3

3 2 1

)}

.

Kompozicija dve permutacije je permutacija, pa je (G, ◦) grupoid. Operacija ◦ je asocijativna, apreslikavanje 1A je permutacija i vazi 1A◦f = f ◦1A = f za svaku permutaciju f ∈ G. Svaka permutacijaima inverznu, pa vazi f ◦ f−1 = f−1 ◦ f = 1A. Dakle (G, ◦, −1, 1A) je grupa. Neposrednom proveromutvrdujemo da je

(1 2 31 3 2

)◦(1 2 32 1 3

)=(1 2 33 1 2

), a(1 2 32 1 3

)◦(1 2 31 3 2

)=(1 2 32 3 1

), pa operacija ◦ nije komutativna operacija

na skupu G. 4

Definicija 5.14 Grupa (G, ∗) je komutativna (Abelova (N. Abel)) akko je ∗ komutativna operacija tj.vazi

(∀x, y) x ∗ y = y ∗ x.

Primer 5.15 Grupa (Z, +) je komutativna, a grupa permutacija (G, ◦) iz prethodnog primera nijekomutativna. 4

Tvrdenje 5.16 Neka je (G, ∗) grupa. Tada su tacne sledece formule:

1. x ∗ a = y ∗ a⇒x = y


2. a ∗ x = a ∗ y⇒x = y

3. (a−1)−1 = a

4. (a ∗ b)−1 = b−1 ∗ a−1.

Dokaz.

1. Neka je x ∗ a = y ∗ a. Ako jednakost pomnozimo sa desne strane sa a−1 dobijamo x ∗ a ∗ a−1 = y ∗a ∗ a−1, tj. x ∗ e = y ∗ e, pa vazi x = y.

2. Dokazuje se analogno kao prethodno tvrdenje, samo sto mnozimo sa leve strane.

3. (a−1)−1 = (a−1)−1 ∗ e = (a−1)−1 ∗ a−1 ∗ a = e ∗ a = a.

4. (a∗ b)−1 = (a∗ b)−1 ∗ e = (a∗ b)−1 ∗a∗a−1 = (a∗ b)−1 ∗a∗ e∗a−1 = (a∗ b)−1 ∗a∗ b∗ b−1 ∗a−1 = e∗b−1 ∗ a−1 = b−1 ∗ a−1.

Lema 5.17 Neka je (G, ∗) grupa sa neutralnim elementom e. Tada je e jedinstven idempotentni element.

Dokaz. Kako je e ∗ e = e, sledi da e jeste idempotentni element. Neka je x idempotentan element. Tadaje x ∗ x = x. Mnozenjem obe strane sa x−1 dobijamo x ∗ x ∗ x−1 = x ∗ x−1 tj. x ∗ e = e, pa je x = e.

5.2.1 Podgrupa

Definicija 5.18 Neka je (G, ∗G) grupa, ∅ 6= H ⊆ G i neka je ∗H = ∗G|H . Ako je struktura (H, ∗H)grupa, tada se ona naziva podgrupa grupe (G, ∗G) i pisemo (H, ∗H) ≺ (G, ∗G).

Primer 5.19 Trivijalna grupa ({e}, ∗) je podgrupa svake grupe. Takode je svaka grupa sama sebipodgrupa. Ove dve podgrupe se nazivaju trivijalne podgrupe. Podgrupa je prava akko je njen nosac pravipodskup nosaca grupe. Ako je Z skup celih brojeva, a + sabiranje, struktura (Z, +) je grupa. Ako je 2Zskup parnih celih brojeva, tada je struktura (2Z, +) prava podgrupa grupe (Z, +). 4

Tvrdenje 5.20 Neka je (G, ∗) grupa. Tada su sledeci uslovi ekvivalentni.

1. (H, ∗H) ≺ (G, ∗)2. H 6= ∅, H ⊆ G, (∀a, b ∈ H)(a ∗ b ∈ H ∧ a−1 ∈ H)

3. H 6= ∅, H ⊆ G, (∀a, b ∈ H) a ∗ b−1 ∈ H.

Dokaz.

(1)⇒(2) Neka je (H, ∗H) ≺ (G, ∗). Tada je ∅ 6= H ⊆ G. Neka su a, b ∈ H proizvoljni. Posto je (H, ∗H)grupoid, sledi a ∗ b = a ∗H b ∈ H . Grupa (H, ∗H) ima neutralni element e. On je idempotentnielement grupe (G, ∗G), pa je prema lemi 5.17 element e istovremeno i neutralni element grupe(G, ∗G). Element x ∈ H ima inverzni element y ∈ H u grupi (H, H). Za njega vazi x ∗G y = e,odakle mnozenjem sa x−1 sa leve strane sledi y = x−1. Dakle x−1 ∈ H .

(2)⇒(3) Neka je ∅ 6= H ⊆ G i neka vazi (∀a, b ∈ H)(a ∗ b ∈ H ∧ a−1 ∈ H). Neka su a, b ∈ H proizvoljni.Tada po pretpostavci b−1 ∈ H , a stoga i a ∗ b−1 ∈ H .

(3)⇒(1) Neka je ∅ 6= H ⊆ G i neka vazi (∀a, b ∈ H) a ∗ b−1 ∈ H . Treba jos da pokazemo da je(H, ∗H) grupa. Kako je H 6= ∅, postoji x ∈ H . Tada po pretpostavci e = x ∗ x−1 ∈ H . Neka jea ∈ H proizvoljan. Kako e ∈ H , sledi a−1 = e ∗ a−1 ∈ H . Dakle u H postoji neutralni elementi postoje inverzni elementi. Neka su a, b ∈ H proizvoljni. Tada b−1 ∈ H , pa a ∗ (b−1)−1 ∈ H , tj.a ∗ b ∈ H . Dakle (H, ∗) je i grupoid, pa je podgrupoid grupoida (G, ∗). Kako je (G, ∗) grupa, (G, ∗)je asocijativan grupoid, a identiteti se prenose na podgrupoide, te je i (H, ∗H) asocijativan grupoid.Dakle (H, ∗H) je grupa.

5.2. GRUPA 123

Napomena 5.21 S obzirom da se radi o operaciji i njenoj restrikciji ubuduce necemo praviti razlikuizmedu operacije ∗ grupe (G, ∗) i operacije ∗H njene podgrupe (H, ∗H). �

Tvrdenje 5.22 Neka je {Hi | i ∈ I} familija pogrupa grupe (G, ∗). Tada je (H, ∗) gde je H =⋂

i∈I Hi

podgrupa grupe (G, ∗).

Dokaz. H je neprazan skup jer bar e ∈ H . Neka su a, b ∈ H proizvoljni. Tada za svako i ∈ I vazia, b ∈ Hi, pa prema tvrdenju 5.20 vazi a∗b−1 ∈ Hi. Odatle sledi a∗b−1 ∈ H , pa opet prema tvrdenju 5.20sledi (H, ∗) ≺ (G, ∗).

Napomena 5.23 Radi kraceg zapisa cesto izostavljamo binarnu operaciju ∗ (G, ∗) grupe, pa pisemoxy umesto x ∗ y. �

Definicija 5.24 Neka je (H, ∗) ≺ (G, ∗). Leva klasa elementa g ∈ G s obzirom na podgrupu H jeskup

gH = {gh | h ∈ H}.Desna klasa elementa g ∈ G s obzirom na podgrupu H je skup

Hg = {hg | h ∈ H}.

Definicija 5.25 Ako je (H, ∗) ≺ (G, ∗) tada definisemo binarne relacije ≡ (modL H) i ≡ (modD H).

x ≡ y (modL H)def⇐⇒ x−1y ∈ H

x ≡ y (modD H)def⇐⇒ xy−1 ∈ H

Lema 5.26 Neka je (H, ∗) ≺ (G, ∗). Tada su

≡ (modL H)

i≡ (modD H)

relacije ekvivalencije na skupu G. Pri tome za g ∈ G vazi g/≡(modL H) = gH i g/≡(modD H) = Hg.

Dokaz. Tvrdenje cemo pokazati za ≡ (modL H), analogno se pokazuje i za ≡ (modD H).

Refleksivnost Neka je x ∈ G. Kako je x−1x = e ∈ H , sledi x ≡ x (modL H).

Simetricnost Neka je x ≡ y (modL H). Tada je x−1y ∈ H , a kako je H podgrupa, sledi

(x−1y)−1 = y−1(x−1)−1 = y−1x ∈ H,

sto znaci y ≡ x (modL H).

Tranzitivnost Neka je x ≡ y (modL H) i y ≡ z (modL H). Tada je x−1y ∈ H i y−1z ∈ H . Kako je(H, ∗) grupoid vazi x−1yy−1z ∈ H tj. x−1z ∈ H , sto znaci x ≡ z (modL H).

Treba jos pokazati x/≡ (modL H) = xH . Neka je a ∈ G proizvoljan element. Tada vazi:

a ∈ xH ⇔ (∃h ∈ H) a = xh

⇔ (∃h ∈ H) x−1a = h

⇔ x−1a ∈ H

⇔ x ≡ a (modL H)

⇔ a ∈ x/≡ (modL H),

sto znaci xH = x/≡ (modL H).

Lema 5.27 Neka je (H, ∗) ≺ (G, ∗). Tada za svako x ∈ G vazi |H | = |xH | i |H | = |Hx|.

Dokaz. Neka je (H, ∗) ≺ (G, ∗) i neka je x ∈ G proizvoljno. Dokazacemo da je |H | = |xH |, analogno sedokazuje |H | = |Hx|. Definisimo preslikavanje f : H → xH sa f(h) = xh. Pokazacemo da je f bijekcija.


1-1 Neka je f(h1) = f(h2). Tada je xh1 = xh2. Kako u grupi vazi zakon skracivanja (tvrdenje 5.16),sledi h1 = h2.

na Neka je xh ∈ xH proizvoljan. Tada je f(h) = xh.

Dakle f je 1-1 i na, pa je bijekcija; odatle sledi |H | = |xH |.U opstem slucaju ne mora vaziti xH = Hx. Ukoliko je grupa (G, ∗) komutativna, onda to vazi, ali

moze vaziti xH = Hx i kada (G, ∗) nije komutativna. Tako podgrupa

(H, ◦) =

({(123

123

)

,

(123

231

)

,

(123

312

)}

, ◦)

grupe (G, ◦) date u primeru 5.13 zadovoljava uslov xH = Hx za sve x ∈ G, a grupa (G, ◦) nijekomutativna. To nas dovodi do pojma normalne podgrupe.

Definicija 5.28 Podgrupa (H, ∗) je normalna podgrupa grupe (G, ∗), u oznaci (H, ∗) � (G, ∗), akko zasvako x ∈ G vazi xH = Hx.

Tvrdenje 5.29 Neka je (H, ∗) ≺ (G, ∗). Tada je (H, ∗) � (G, ∗) akko vazi ≡ (modL H) = ≡ (modD H).

Dokaz. Prema lemi 5.26 treba dokazati da je podgrupa (H, ∗) normalna akko za svako x ∈ G vazix/≡ (modL H) = x/≡(modD H). Jedan smer trivijalno vazi, jer ako su relacije ≡ (modL H) i ≡ (modD H)jednake, onda su i klase svih elemenata jednake. Obrnuto, neka za svako x ∈ G vazi x/≡modL H =x/≡modD H . Tada

x ≡ y (modL H) ⇔ x/≡(modL H) = y/≡(modL H)

⇔ x/≡(modD H) = y/≡(modD H)

⇔ x ≡ y (modD H),

a to znaci ≡ (modL H) = ≡ (modD H).

Ukoliko je ≡ (modL H) = ≡ (modD H) tada koristimo oznaku ≡ (mod H).

Tvrdenje 5.30 (O kongruencijama grupe)

1. Ako je (H, ∗) � (G, ∗), onda je ≡ (mod H) kongruencija grupe (G, ∗).2. Ako je ∼ kongruencija grupe (G, ∗), onda postoji (H, ∗) � (G, ∗) tako da je ∼ = ≡ (mod H).

Dokaz.

1. Neka je (H, ∗)�(G, ∗). Prema lemi 5.26 tada je ≡ (mod H) relacija ekvivalencije. Treba jos pokazatisaglasnost sa operacijom ∗. Neka je x ≡ y i u ≡ v (mod H). Tada je xy−1 ∈ H i uv−1 ∈ H , papostoje h′, h′′ ∈ H tako da xy−1 = h′ i uv−1 = h′′, pa x = h′y i u = h′′v. Odatle je xu = h′yh′′v.Kako yh′′ ∈ yH = Hy, postoji h ∈ H tako da je yh′′ = hy. Tada je xu = h′hyv, sto znaci daxu(yv)−1 = h′h ∈ H , pa xy ≡ yv (mod H), sto je i trebalo dokazati.

2. Neka je ∼ kongruencija u grupi (G, ∗). Neka je H = e/∼ tj.

H = {x | x ∼ e}.

Kako je ∼ refleksivna, vazi e ∼ e, pa e ∈ H . Zato je H 6= ∅. Neka x, y ∈ H . Tada je x ∼ e i y ∼ e.Kako je ∼ refleksivna, vazi y−1 ∼ y−1, a posto je kongruencija, sledi yy−1 ∼ ey−1 tj. e ∼ y−1.Iz simetricnosti sledi y−1 ∼ e, a mnozenjem dobijene formule sa x ∼ e dobijamo xy−1 ∼ ee tj.xy−1 ∼ e, sto znaci xy−1 ∈ H . Dakle (H, ∗) ≺ (G, ∗).Pokazimo da za svako x ∈ G vazi xH = Hx. Neka je a ∈ G proizvoljan. Tada primenom saglasnosti∼ sa ∗ dobijamo sledeci niz ekvivalencija:

a ∈ xH ⇔ x−1a ∈ H

⇔ x−1a ∼ e

⇔ a ∼ x

⇔ ax−1 ∼ e

⇔ ax−1 ∈ H

⇔ a ∈ Hx.

5.2. GRUPA 125

To znaci da je xH = Hx. Kako je x bilo proizvoljno, sledi (H, ∗) � (G, ∗). Preostaje jos da sepokaze da je ∼ = ≡. Za x, y ∈ G je

x ∼ y ⇔ xy−1 ∼ e

⇔ xy−1 ∈ H

⇔ x ≡ y(mod H).

Na osnovu prethodnog tvrdenja i tvrdenja 4.41, ako je H � G, onda mozemo formirati grupu G/≡ kojuoznacavamo sa G/H i nazivamo faktor-grupa.

Neka je ∅ 6= A ⊆ G. Neka je

S = {H | (H, ∗) ≺ (G, ∗), A ⊆ H}.

Kako je (G, ∗) ≺ (G, ∗) sledi G ∈ S, pa je S 6= ∅. Zato postoji ∩S. Kako je presek proizvoljne familijepodgrupa grupe opet podgrupa, sledi (∩S, ∗) ≺ (G, ∗). Grupa (∩S, ∗) se naziva podgrupa generisanaskupom A i obelezava se sa [A] (cesto se koristi i oznaka 〈A〉). Ako je [A] = G, skup A se nazivageneratorni skup grupe G, a njegovi elementi generatori.

Primer 5.31 Za proizvoljnu grupu vazi G = [G]. Neka je G = {e, a, b, ab} i neka je operacija ∗ datasledecom tablicom.

∗ e a b abe e a b aba a e ab bb b ab e aab ab b a e

Tada je (G, ∗) grupa koja se naziva Klajnova cetvorna grupa. Pri tome vazi [{a, b}] = G. 4

Definicija 5.32 Ciklicna grupa je grupa generisana jednim elementom.

U monoidu smo definisali vrednost ak za k ∈ {0, 1, . . . , }. U grupi mozemo definisati ak i za k < 0tako sto za n ∈ {1, 2, . . . , } definisemo a−n = (a−1)n. Moze se pokazati da i za proizvoljne cele brojevem, n ∈ Z u grupi vazi

aman = am+n

kao i

(am)n = amn.

Nije tesko proveriti da je

[{a}] = {az | z ∈ Z}.

Primer 5.33 Grupa (Z, +) gde je Z skup celih brojeva, a + sabiranje, je ciklicna i jedan njen generatorje broj 1 (−1 je takode njen generator i moze se pokazati da su ovo jedina dva generatora grupe (Z, +)).Grupa (G, ∗) gde je G = {e, a, a2, a3, a4, a5} u kojoj vazi a5a = e je takode ciklicna (ona je izomorfnagrupi sabiranja po modulu 6). Jedan njen generator je a. a5 = a−1 je takode generator grupe (G, ∗). 4

Definicija 5.34 Neka je (G, ∗) grupa. Tada se kardinalni broj |G| naziva red grupe. Red podgrupe [a]se naziva red elementa a u grupi (G, ∗).

Lako se proverava da je red elementa a jednak najmanjem pozitivnom celom broju k za koji vazi ak = e.

Tvrdenje 5.35 (Lagranz (J. Lagrange)) Neka je (G, ∗) konacna grupa i (H, ∗) ≺ (G, ∗). Tada

|H | | |G|.


Dokaz. Prema lemi 5.26 relacija ≡ (modL H) je relacija ekvivalencije, pa razbija skup G na disjunktneklase cija je unija ceo skup G. Neka su a1, . . . , an predstavnici klasa (ima ih konacno mnogo jer je Gkonacna grupa) tako da svaki predstavnik pripada razlicitoj klasi i za svaku klasu postoji predstavnik ai.Tada je

G = Ha1 ∪ Ha2 ∪ · · · ∪ Han,

a kako su klase disjunktne, sledi

|G| = |Ha1| + |Ha2| + · · · + |Han|.

Prema lemi 5.27 sve klase imaju isti broj elemenata. Jedna od tih klasa je i H = He, pa je

|Ha1| = |Ha2| = · · · = |Han| = |H |.

Odatle je |G| = n|H |.

Posledica 5.36 Ako je (G, ∗) konacna grupa i a ∈ G proizvoljan, tada je

a|G| = e.

Dokaz. Neka je a ∈ G proizvoljan. Neka je k red elementa a. Tada je prema prethodno tvrdenju|G| = kn za neko n ∈ N . Zato je

a|G| = akn = (ak)n = en = e.

5.2.2 Reprezentacija grupe

Definicija 5.37 Neka je S proizvoljan skup, SG = {f | f : G 1-1−→na

G} skup svih permutacija skupa G i

◦ kompozicija funkcija. Tada je (SG, ◦) grupa, pri cemu je 1G neutralni element, a f−1 inverzni elementpermutacije f . (SG, ◦) se naziva grupa permutacija.

Sledece tvrdenje govori o znacaju grupe permutacija.

Tvrdenje 5.38 (Kejlija (A. Cayley) o reprezentaciji grupe) Svaka grupa je izomorfna nekojpodgrupi grupe permutacija.

Dokaz. Neka je (G, ∗) proizvoljna grupa. Uocimo grupu (SG, ◦) i posmatrajmo skup

H = {σa | a ∈ G}

gde je σa : G → G definisana saσa(x) = ax.

Pokazacemo da je (H, ◦) ≺ (SG, ◦). Prvo cemo preoveriti. H ⊆ SG. Neka je σa ∈ H proizvoljna funkcija.Ako je σa(x) = σa(y) tada je ax = ay, pa kako u grupi vazi zakon skracivanja, sledi x = y. Dakle σa je1-1. Neka je x ∈ G proizvoljan. Tada je a−1x ∈ G i vazi

σa(a−1x) = aa−1x = ex = x.

Kako je x ∈ G bilo proizvoljno, sledi da je σa na. Dakle σa je bijekcija skupa G na skup G, pa σa ∈ SG.Time smo pokazali H ⊆ SG. Kako je 1G = σe ∈ H , sledi H 6= ∅. Neka su sada σa, σb ∈ H . Tada zasvako x ∈ G vazi

(σa ◦ σb)(x) = σa(σb(x)) = aσb(x) = abx = σab(x),

pa je σa ◦σb = σab. Dakle (H, ◦) je podrupoid grupe (SG, ◦). Pokazacemo da je on izomorfan sa grupom(G, ∗). Neka je Φ : G → H definisano sa

Φ(a) = σa.

Pokazacemo da je Φ izomorfizam, tj. da je 1-1, na i homomorfizam.

1-1 Neka je Φ(a) = Φ(b). Tada je σa = σb, pa je i σa(e) = σb(e), odakle sledi ae = be, tj. a = b.

na Neka je σa ∈ H proizvoljan. Tada je Φ(a) = σa.

5.2. GRUPA 127

Homomorfizam Neka su a, b ∈ G proizvoljni. Prema prethodom, tada vazi

Φ(ab) = σab = σa ◦ σb = Φ(a) ◦ Φ(b),

pa je Φ homomorfizam.

Kako je struktura (H, ◦) izomorfna sa (G, ∗), i (H, ◦) je grupa, pa je podgrupa grupe (SG, ◦) (inverznielement elementa σa je σa−1 , neutralni element je σe). Dakle (H, ◦) je podgrupa grupe (SG, ◦) koja jeizomorfna grupi (G, ∗).

Lema 5.39 Neka je f : G → G′ homomorfizam grupe (G, ∗) u grupu (G′, ∗′). Neka je e ∈ G jedinicnielement u grupi (G, ∗) i e′ ∈ G′ jedinicni element u grupi (G′, ∗′). Tada je f(e) = e′ i za svako x ∈ Gvazi f(x)−1 = f(x−1).

Dokaz. Posto je f homomorfizam, vazi

f(e) = f(e ∗ e) = f(e) ∗′ f(e),

a posto je e′ jedini idempotentni element u grupi (G′, ∗′), sledi f(e) = e′. Slicno, posto je f homomorfizam,vazi

f(x) ∗′ f(x−1) = f(x ∗ x−1) = f(e) = e′,

a odatle se mnozenjem sa obe strane sa f(x)−1 sa leve strane dobija

f(x−1) = f(x)−1.

Napomena 5.40 Ako se grupe posmatraju na jeziku (G, ∗, −1, e) tada prethodno tvrdenje sledi direktnopo definiciji homomorfizma. �

Definicija 5.41 Neka je f : G → G′ homomorfizam grupe (G, ∗) u grupu (G′, ∗′). Jezgro homomorfizmaf , u “nasoj” oznaci K(f), definisano je sa

K(f) = {x | f(x) = e′},

gde je e′ neutralni element grupe (G′, ∗′).

Lema 5.42 Neka je f : G → G′ homomorfizam grupa (G, ∗) i (G′, ∗′). Tada (K(f), ∗) � G.

Dokaz. Pokazali smo da za neutralni element e grupe (G, ∗) vazi f(e) = e′. Prema tvrdenju 4.50,homomorfizam f indukuje kongruenciju ∼ tako da x ∼ y⇔ f(x) = f(y). Tada je K(f) = e/∼. Premadokazu tvrdenja 5.30 tada je (K(f), ∗) � (G, ∗).

Lema 5.43 Neka je f : G → G′ homomorfizam grupe (G, ∗) u grupu (G′, ∗′). Tada je f monomorfizamakko je K(f) = {e}.

Dokaz. (⇒): Neka je f monomorfizam. Posto je f(e) = e′, sledi e ∈ K(f). Neka x ∈ K(f). Tadaf(x) = e′ = f(e). Kako je f 1-1, sledi x = e. Dakle, e je jedini element skupa K(f).

(⇐): Neka je K(f) = {e} i neka su x, y ∈ G proizvoljni elementi za koje vazi f(x) = f(y). Tada jef(x)f(y)−1 = e′, pa prema tvrdenju 5.39 vazi f(x)f(y−1) = e′ tj. f(xy−1) = e′. Odatle sledi xy−1 ∈K(f), pa je xy−1 = e. Mnozenjem sa y zdesna dobijamo x = y. Dakle, homomorfizam f je 1-1, pa jemonomorfizam.

Primer 5.44 Neka je S = (S, ·) komutativna polugrupa sa jedinicom 1 u kojoj vaze zakoni skracivanja.Na S2 = (S × S, ·) definisemo relaciju ρ ovako:

(a, b) ρ(c, d) ⇔ ad = bc.

Pokazacemo da je ρ kongruencija grupoida S2.

R) (a, b) ρ(a, b), jer zbog komutativnosti semigrupe vazi ab = ba.


S) Iz (a, b) ρ(c, d) sledi ad = bc. Odatle zbog komutativnosti semigrupe S sledi da = cb, tj. cb = da, ato po definiciji relacije ρ znaci (c, d) ρ(a, b).

T) Neka je (a, b) ρ(c, d) i (c, d) ρ(e, f). To znaci da vazi

ad = bc

cf = de.

Ako prvu jednakost pomnozimo sa f sa desne strane, a drugu sa b sa leve strane, sledi

adf = bcf

bcf = bde

odakle je adf = bde. Primenom komutativnosti i asocijativnosti dobijamo daf = dbe, a kako u Svaze zakoni skracivanja, sledi af = be, tj. (a, b) ρ(e, f).

Saglasnost. Neka je (a, b) ρ(c, d) i (e, f) ρ(g, h). To znaci da vazi ad = bc i eh = fg. Mnozenjemlevih i desnih strana jednakosti dobijamo adeh = bcfg, odakle primenom asocijativnosti i komuta-tivnosti sledi aedh = bfcg, tj. (ae, bf) ρ(cg, dh), a to znaci

(a, b) � (e, f)ρ(c, d) � (g, h).

Time smo pokazali da je ρ kongruencija. Zato postoji S2/∼ = (S2/∼, •) gde je

(a, b)/∼ • (c, d)/∼ = (ac, bd)/∼.

Pokazacemo da je S2/∼ Abelova grupa. Kao direktni proizvod komutativnih semigrupa sa jedinicom,i S2 je komutativna semigrupa sa jedinicom (1, 1). S2/∼ je homomorfna slika od S2 (pri prirodnompreslikavanju), pa je i S2/∼ komutativna semigrupa sa jedinicom. Treba jos pokazati egzistencijuinverznih elemenata. Neka je (a, b)/∼ ∈ S2/∼ proizvoljan element. Pokazacemo da je (b, a)/∼ njemuinverzni element. Iz komutativnosti sledi ab = ba, pa (ab)1 = (ba)1 odnosno (ab, ba) ρ(1, 1). Prema tome(ab, ba)/∼ = (1, 1)/∼, pa vazi

(a, b)/∼ • (b, a)/∼ = (a, b) � (b, a)/∼= (ab, ba)/∼= (1, 1)/∼.

4

5.3 Prsten

Definicija 5.45 Prsten je algebarska struktura

(A, +,−, 0, ·)

tipa (2, 1, 0, 2) koja zadovoljava sledece identitete:

1. (∀x, y) x + y = y + x

2. (∀x, y, z) x + (y + z) = (x + y) + z

3. (∀x) x + 0 = x

4. (∀x) x + (−x) = 0

5. (∀x, y, z) x · (y · z) = (x · y) · z6. (∀x, y, z)(x · (y + z) = x · y + x · z ∧ (y + z) · x = y · x + z · x)

Prethodnom definicijom je prsten zadat u skolemiziranom obliku. Mozemo posmatrati prsten i na jeziku(A, +, ·) i zahtevati da + i · imaju odgovarajuce osobine: (A, +) je Abelova grupa, (A, ·) semigrupa, ivazi leva i desna distributivnost · prema +.

Primer 5.46 Ako je Z skup celih brojeva, + sabiranje, a · mnozenje celih brojeva, tada je (Z, +, ·)prsten. Ako je Re skup realnih brojeva, + sabiranje, a · mnozenje realnih brojeva, tada je (Re, +, ·)prsten. Za n ∈ {2, 3, . . .} struktura (Zn, +n, ·n) je prsten, gde je Zn = {0, 1, . . . , n− 1}, +n sabiranje pomodulu n, a ·n mnozenje po modulu n. 4

5.4. POLJE 129

Tvrdenje 5.47 U svakom prstenu (A, +, ·) vazi:

1. x · 0 = 0

2. x · (−y) = −(x · y)

3. (−x) · y = −(x · y)

4. (−x) · (−y) = x · y

Dokaz.

1. Kako je x · 0 = x · (0 + 0) = x · 0 + x · 0, a 0 je jedini idempotent u grupi (A, +), sledi x · 0 = 0.

2. Kako je x · (−y) + x · y = x · ((−y) + y) = x · 0 = 0, sledi x · (−y) = −(x · y).

3. Pokazuje se analogno prethodnom tvrdenju.

4. Primenom prethodna dva tvrdenja dobijamo

(−x) · (−y) = −(x · (−y)) = −(−(x · y)) = x · y.

Napomena 5.48 Prethodno tvrdenje nam daje dobro poznate osobine brojeva Z, Ra, Re, jer su i oniprimer prstena. �

Ako je (P, +, ·) prsten, tada x + (−y) zapisujemo sa x − y.

Definicija 5.49 Prsten (A, +, ·) je komutativan akko je · komutativna operacija. Prsten sa jedinicomje prsten u kome postoji neutralni element za operaciju ·.

Definicija 5.50 Za prsten (A, +, ·) kazemo da nema delitelje nule akko vazi

(∀x, y ∈ A)(x 6= 0 ∧ y 6= 0⇒x · y 6= 0).

Definicija 5.51 Integralni domen je komutativan prsten sa jedinicom bez delitelja nule.

5.4 Polje

Definicija 5.52 Struktura (A, +, ·) se naziva polje akko vaze sledece formule:

1. U skupu A postoje dva razlicita elementa 0 i 1.

2. (∀x, y ∈ A) x + y = y + x

3. (∀x, y, z ∈ A) x + (y + z) = (x + y) + z

4. (∀x ∈ A) x + 0 = x

5. (∀x ∈ A)(∃y ∈ A) x + y = 0

6. (∀x, y ∈ A) x · y = y · x7. (∀x, y, z ∈ A) x · (y · z) = (x · y) · z8. (∀x ∈ A) x · 1 = x

9. (∀x ∈ A)(x 6= 0⇒(∃y ∈ A)(x · y = 1))

10. (∀x, y, z ∈ A) x · (y + z) = x · y + x · z.

Primer 5.53 Ako je Z2 = {0, 1}, +2 sabiranje po modulu 2, a ·2 mnozenje po modulu 2, tada je(Z2, +2, ·2) polje. Ako je Re skup realnih brojeva, + sabiranje, a · mnozenje realnih brojeva, tada je(Re, +, ·) polje. Prsten celih brojeva (Z, +, ·) nije polje, jer ne zadovoljava formulu 9 (npr. element 2nema inverzni element). 4

Poredenjem definicije polja i prstena zakljucujemo da je svako polje prsten. Zato osobine prstena vazeu svakom polju. Polje mozemo posmatrati kao komutativni prsten sa jedinicom u kome svaki elementrazlicit od nule ima inverzni element u odnosu na operaciju ·.

Tvrdenje 5.54 Neka je (A, +, ·) polje. Tada je

1. (A, +) komutativna grupa i

2. (A \ {0}, ·) komutativna grupa.


Dokaz.

1. Tvrdenja 1–5 u definiciji polja definisu (A, +) kao komutativnu grupu.

2. Operacija · je po definiciji asocijativna i komutativna, a 1 je neutralni element za ·. Kako je 0 6= 1,sledi 1 ∈ A \ {0}. Treba jos pokazati da je skup (A \ {0}) zatvoren za ·, i da inverzni elementi, kojipo definiciji polja postoje za sve elemente iz A \ {0}, pripadaju skupu A \ {0}.Neka x, y ∈ A \ {0}. Pretpostavimo da x · y = 0. Tada postoji y′ tako da y · y′ = 1, pa x = x ·1 = x · y · y′ = 0 · y′ = 0, sto je kontradikcija sa cinjenicom da x ∈ A \ {0}. Dakle pretpostavkax · y = 0 je bila pogresna, pa x · y ∈ A \ {0}.Neka je x ∈ A \ {0}. Tada postoji x′ ∈ A tako da x · x′ = 1. Ukoliko bi bilo x′ = 0, tada bi bilo1 = x · 0 = 0, sto je u suprotnosti sa definicijom elemenata 0 i 1. Dakle x′ ∈ A \ {0}.

Posledica 5.55 Svako polje je integralni domen.

Dokaz. Neka je (A, +, ·) polje. Polje je komutativni prsten sa jedinicom. Prema prethodnom tvrdenjustruktura (A\{0}, ·) je grupa. Ako za x, y ∈ A vazi x 6= 0 i y 6= 0, tada x, y ∈ A\{0}, pa zbog zatvorenostigrupe (A \ {0}) za · vazi x · y ∈ A \ {0}, a to povlaci x · y 6= 0. Dakle polje je komutativni prsten sajedinocom bez delitelja nula, tj. integralni domen.

Da obrat prethodnog tvrdenja ne vazi pokazuje primer prstena celih brojeva (Z, +, ·). Ovaj prsten jekomutativan, ima jedinicu 1 i nema delitelje nule, ali postoje elementi koji nemaju inverzni element.

Tvrdenje 5.56 Svaki konacan integralni domen je polje.

Dokaz. Neka je (A, +, ·) integralni domen i neka je skup A konacan. Treba samo da pokazemoegzistenciju inverznih elemenata za elemente razlicite od 0. Neka je a ∈ A \ {0}. Kako je · asocijativnaoperacija i postoji neutralni element 1, postoje elementi an za n ∈ {0, 1, 2, . . .}. U nizu

a0, a1, a2, . . .

javljaju se neki od elemenata skupa A, a kako je taj skup konacan, u nizu postoji samo konacan brojrazlicitih elemenata. Zato postoje brojevi r, s ∈ {0, 1, . . .} takvi da r < s i ar = as. Odatle dobijamoar − as = 0, pa ar(1− as−r) = 0. Kako je polje integralni domen i a 6= 0, svi elementi niza su razliciti odnule, pa je i ar 6= 0. Zato mora biti 1− as−r = 0, odakle sledi as−r = 1. Kako je r < s vazi s− r− 1 ≥ 0,pa je a · as−r−1 = 1, sto znaci da je as−r−1 inverzni element elementa a.

Odsustvo delitelja nule je bitna osobina koja omogucava resavanje jednacina. Neka je, naime, (A, +, ·)integralni domen i neka je x · y = 0. Ukoliko bi bilo x 6= 0 i y 6= 0, tada bi zbog odsustva delitelja nulevazilo x · y 6= 0. Dakle mora biti x = 0 ili y = 0. Obrnuto, ako je x = 0 ili y = 0, tada je x · y = 0. Zatou integralnom domenu vazi:

x · y = 0⇔x = 0 ∨ y = 0.

Tako se resavanje jednacina u integralnom domenu svodi na faktorizaciju.

Lema 5.57 (A, +, ·) je polje akko

1. (A, +) je komutativna grupa;

2. (A \ {0}, ·) je komutativna grupa i

3. vazi distributivnost · prema +.

Dokaz. Ako je (A, +, ·) tada prema definiciji polja i tvrdenju 5.54 vaze sva tri tvrdenja. Obrnuto, nekavazi 1, 2 i 3. Tada su zadovoljene osobine 1–5 polja i osobine 9 i 10. Osobine 6–8 tada vaze za sveelemente razlicite od nule. Neposrednom proverom se uveravamo da te osobine vaze i ako je neki odelemenata x, y, z ∈ A bas jednak 0. Tako za osobinu 6 ako je x = 0 dobijamo 0 · y = 0 = y · 0, a ako jey = 0 dobijamo x · 0 = 0 = 0 · x. Slicno se pokazuje da vaze i osobine 7 i 8.

Definicija 5.58 Neka u polju (A, +, ·) vazi y ∈ A \ {0}. Tada postoji y−1, pa i x · y−1. Element x · y−1

nazivamo kolicnik elemenata x i y, i oznacavamo sa xy , x: y ili x/y.

5.4. POLJE 131

Tvrdenje 5.59 Neka je (A, +, ·) polje i x, y, u, v ∈ A. Tada vazi:

y, v 6= 0 ⇒(

x

y=

u

v⇔x · v = u · y

)

y, v 6= 0 ⇒ x

y± u

v=

x · v ± u · yy · v

y, v 6= 0 ⇒ x

y· u

v=

x · uy · v

y, u, v 6= 0 ⇒ x

y:u

v=

x · vy · u

Dokaz. Dokaz dajemo samo za prvu formulu. Ostale osobine se dokazuju slicno.

x

y=

u

v⇒ x · y−1 = u · v−1 (po definiciji)

⇒ x · y−1 · y · v = u · v−1 · y · v (mnozenjem sa y · v)

⇒ x · 1 · v = u · y · 1⇒ x · v = y · u.

Implikacija u drugom smeru se dokazuje analogno.

Definicija 5.60 Neka je (A, +, ·) polje i e neutralni element za operaciju ·. Neka je za n ∈ N definisanona = a + a + · · · + a

︸︷︷︸

n

. Neka je S = {n | ne = 0}. Ako je S 6= ∅ tada broj p = min S nazivamo

karakteristika polja (A, +, ·). Ako je S = ∅, tada za polje kazemo da ima karakterisiku 0 (ili beskonacno).

Drugim recima, karakteristika polja je red neutralnog elementa operacije · u grupi (A, +).

Primer 5.61 U polju (Z2, +2, ·2) je p = 2 jer je 2 1 = 1 +2 1 = 0, a 1 6= 0, pa je p najmanji prirodanbroj sa tim svojstvom. Sa druge strane, polje realnih brojeva (Re, +, ·) ima karakteristiku 0. 4

Lema 5.62 Ako je polje konacne karakteristike p 6= 0, onda je karakteristika prost broj.

Dokaz. Neka je p 6= 0 karakteristika polja (A, +, ·). Pretpostavimo suprotno: p je slozen broj. Tada jep = nm gde 2 ≤ m, n < p. Po definiciji karakteristike je pe = 0 tj. (mn)e = 0, sto znaci

0 = e + · · · + e︸︷︷︸

n

+ · · ·+ e + · · · + e︸︷︷︸

n︸︷︷︸

m

= e(e + · · · + e︸︷︷︸

n

) + · · · + e(e + · · · + e︸︷︷︸

n

)

︸︷︷︸

m

= (e + · · · + e︸︷︷︸

m

) · (e + · · · + e︸︷︷︸

n

)

= (me) · (ne).

Odatle sledi me = 0 ili ne = 0, sto je kontradikcija sa pretpostavkom da je p najmanji prirodan broj sasvojstvom pe = 0.

Neka u prstenu za elemente a i b vazi a · b = b · a. Tada je

(a + b) · (a + b) = a2 + a · b + b · a + b2 = a2 + a · b + a · b + b2 = a2 + 2(a · b) + b2.

Ovaj rezultat se moze uopstiti primenom matematicke indukcije: ako za elemente a i b prstena (A, +, ·)vazi a · b = b · a, tada za njih vazi binomna formula:

(a + b)n = an +

n−1∑

k=1

(n

k

)

an−kbk + bn


Lema 5.63 Neka je (A, +, ·) polje karakteristike 0. Tada

(∀a ∈ A)(∀n ∈ N)(∃1x ∈ A) nx = a,

tj. jednacina nx = a ima jedinstveno resenje po x.

Dokaz. Neka je a ∈ A proizvoljno i n ∈ N . Primetimo da vazi

nx = a ⇔ x + · · · + x︸︷︷︸

n

= a

⇔ e · x + · · · + e · x︸︷︷︸

n

= a

⇔ (e + · · · + e︸︷︷︸

n

) · x = a

⇔ (ne) · x = a.

Kako je polje karakteristike 0, sledi ne 6= 0, pa postoji (ne)−1. Tada mnozenjem poslednje jednacinesa (ne)−1 dobijamo x = (ne)−1 · a. Dakle svako resenje jednacine je jednako (ne)−1 · a. Kako je (ne) ·(ne)−1 · a = a, sledi da (ne)−1 · a jeste resenje. Dakle to je jedinstveno resenje jednacine.

5.5 Ideal prstena

Ako je (G, ∗) grupoid i A, B ⊆ G, tada koristimo oznaku

AB = {a ∗ b | a ∈ A, b ∈ B}.

Definicija 5.64 Neka je (P, +, ·) prsten. Struktura (I, +, ·) je ideal prstena P akko I ⊆ P i vazi:

1. (I, +) je komutativna grupa;

2. IP ⊆ I , PI ⊆ I .

Lema 5.65 Ako je I 6= ∅, tada je (I, +, ·) ideal prstena (P, +, ·) akko

1. (∀a1, a2 ∈ I) a1 − a2 ∈ I

2. (∀a ∈ I)(∀r ∈ P )(r · a ∈ I ∧ a · r ∈ I)

Dokaz. Prema tvrdenju 5.20 (I, +) ce biti pogrupa grupe (P, +) akko vazi prvi uslov. Komutativnost se,kao identitet, prenosi sa (P, +) na (I, +). Drugi uslov je ekvivalentan konjukciji uslova IP ⊆ I i PI ⊆ I .

Svaki prsten (P, +, ·) ima bar dva ideala: trivijalan prsten ({0}, +, ·) i ceo prsten (P, +, ·). Ova dva idealase nazivaju trivijalni.

Primer 5.66 Neka je (Z, +, ·) prsten celih brojeva i n ∈ N prirodan broj. Pokazacemo da je (nZ, +, ·)ideal, gde je

nZ = {nz | z ∈ Z}.Kako 0 = n · 0, sledi nZ 6= ∅. Provericemo da vaze oba uslova leme 5.65.

1. Neka nx, ny ∈ nZ. Tada nx − ny = n(x − y) ∈ nZ.

2. Neka je nx ∈ nZ i r ∈ Z. Tada (nx)r = n(xr) ∈ nZ i r(nx) = (rn)x = (nr)x = n(rx) ∈ nZ.

4

Lema 5.67 Neka su I1 i I2 ideali prstena P . Tada je i I1 ∩ I2 ideal prstena P .

Dokaz. Kako 0 ∈ I1 i 0 ∈ I2, sledi 0 ∈ I1 ∩ I2, pa je I1 ∩ I2 6= ∅. Proveravamo uslove leme 5.65.

1. Neka a, b ∈ I1∩I2. Tada a, b ∈ I1, pa a−b ∈ I1. Takode a, b ∈ I2, pa a−b ∈ I2. Stoga a−b ∈ I1∩I2.

2. Neka a ∈ I1 ∩ I2 i r ∈ P . Tada a ∈ I1 i r ∈ P , pa kako je I1 ideal, onda ar ∈ I1 i ra ∈ I1. Posto jea ∈ I2 i r ∈ P , a I2 je ideal, sledi ar ∈ I2 i ra ∈ I2. Odatle dobijamo ar ∈ I1 ∩ I2 i ra ∈ I1 ∩ I2.

5.5. IDEAL PRSTENA 133

Neka je (I, +, ·) ideal prstena (P, +, ·). Tada na skupu P definisemo relaciju ∼:

x ∼ ydef⇐⇒ x − y ∈ I.

Posto je grupa (P, +) komutativna, a (I, +) ≺ (P, +), sledi (I, +) � (P, +). Zato je prema tvrdenju 5.30relacija ∼ kongruencija grupe (P, +).

Lema 5.68 Relacija ∼ je saglasna sa operacijom ·.

Dokaz. Neka je x ∼ y i u ∼ v. Tada x − y ∈ I i u − v ∈ I . Neka je x − y = i i u − v = j. Tada jex = y + i i u = v + j, pa je

x · u = (y + i) · (v + j) = y · v + y · j + i · v + i · j.

Kako j ∈ I i i ∈ I , a I je ideal, sledi y · j, i · v, i · j ∈ I . Neka je i1 = y · j + i · v + i · j. Posto je (I, +)grupoid, sledi i1 ∈ I . Zato x · u − y · v = i1 ∈ I , sto znaci x · u ∼ y · v, pa je ∼ saglasna sa ·.Kako je ∼ kongruencija u odnosu na obe operacije + i ·, iz tvrdenja 4.50 sledi da se mogu definisatioperacije na klasama tako da vazi

(x + I) ⊕ (y + I) = (x + y) + I

(x + I) � (y + I) = (x · y) + I.

Kako je prirodno preslikavanje epimorfizam, a identiteti se prenose epimorfizmom, lako se pokazuje daje struktura (P/∼,⊕,�) takode prsten. Tako dobijen prsten se naziva faktor-prsten prstena (P, +, ·) ioznacava se sa (P/I , +, ·).

Primer 5.69 Pokazali smo da je svaki od skupova nZ za n ∈ Z ideal prstena (Z, +, ·). Zato postojifaktor-prsten (P/nZ , +, ·). Odgovarajuca kongruencija je kongruencija celih brojeva po modulu n. 4

Primer 5.70 Neka su I, J i K ideali prstena (P, +, ·). Dokazacemo da vazi

I ⊆ J⇒ I + (J ∩ K) = J ∩ (I + K).

gde je I + J = {i + j | i ∈ I, j ∈ J}.

⊆) Iz I ⊆ J i I ⊆ I + K slediI ⊆ J ∩ (I + K). (∗)

Iz J ∩ K ⊆ J i J ∩ K ⊆ I + K sledi

J ∩ K ⊆ J ∩ (I + K). (∗∗)

Iz (∗) i (∗∗) sledi I + (J ∩ K) ⊆ J ∩ (I + K).

⊇) Neka x ∈ J ∩ (I + K). Tada x ∈ J i x = i + k za neke i ∈ I i k ∈ K. Kako i ∈ I, sledi i ∈ J. Izx ∈ J i i ∈ J sledi x − i ∈ J, tj. k ∈ J. Dakle, i ∈ I i k ∈ J ∩ K, pa x = i + k ∈ I + (J ∩ K).

4

6

Mreze i Bulove algebre

6.1 Mreze

6.1.1 S-mreza i A-mreza

Ako je S proizvoljan skup, a ≤ relacija poretka (refleksivna, antisimetricna i tranzitivna) na skupu S,tada (S,≤) nazivamo parcijalno uredenje. Relaciju strogog poretka < definisemo sa

a < bdef⇐⇒ a ≤ b ∧ a 6= b.

Za element c kazemo da je izmedu a i b akko a < c < b. Ako je a < b i ne postoji element izmeduelemenata a i b, tada kazemo da b pokriva a, sto pisemo a ≺ b, a na Haseovom dijagramu oznacavamokao na slici.

Definicija 6.1 Parcijalno uredenje (S,≤) se naziva S-mreza akko zadovoljava:

I1: (∀a, b ∈ S)(∃c ∈ S)(c ≤ a, c ≤ b, (∀c′ ∈ S)(c′ ≤ a, c′ ≤ b⇒ c′ ≤ c))

Ako su c1 i c2 dva elementa za koje vazi osobina iz I1, tada mora biti c1 ≤ c2 i c2 ≤ c1, pa jec1 = c2. To znaci da je element c jedinstven. Oznacavamo ga sa sa inf{a, b} ili a ∧ b.

I2: (∀a, b ∈ S)(∃d ∈ S)(a ≤ d, b ≤ d, (∀d′ ∈ S)(a ≤ d′, b ≤ d′ ⇒ d ≤ d′))

Ako su dati elementi a i b, tada odgovarajuci jedinstven element d oznacavamo sa sup{a, b} ili a∨ b.

Primer 6.2 Svaki lanac je mreza, pri cemu je a ∧ b = min{a, b}, a a ∨ b = max{a, b}.

135

136 6. MREZE I BULOVE ALGEBRE

Mreze su i strukture predstavljene sledecim Haseovim prikazima.

Sledeca struktura nije mreza, jer ne postoji a ∨ b,

ali se moze dopuniti do mreze uvodenjem tri dodatna elementa.

4

Osobine I1 i I2 u definiciji mreze obezbeduju egzistenciju operacija ∧ i ∨. Posmatracemo sadastrukturu (S,∧,∨).

Lema 6.3 Neka su a, b ∈ S proizvoljni. Tada su sledece formule ekvivalentne:

1. a ≤ b

2. a ∧ b = a

3. a ∨ b = b.

Dokaz.(1⇒ 2): Neka je a ≤ b. Tada vazi a ≤ a i a ≤ b, pa i a ≤ a ∧ b. Kako je a ∧ b ≤ a, to je a ∧ b = a.(2⇒ 3): Neka je a ∧ b = a. Tada a ≤ b. Dakle vazi a ≤ b i b ≤ b, pa i a ∨ b ≤ b. Kako b ≤ a ∨ b, to je

a ∨ b = b.(3⇒ 1): Neka je a ∨ b = b. Tada je po definiciji a ≤ b.

Uocimo nekoliko jednostavnih osobina koje se cesto koriste u radu sa mrezama. Za svaka tri elementax, y, z vazi x ∧ y ≤ y ≤ y ∨ z. Dalje, ako vazi x ≤ y ∧ z tada vazi x ≤ y i vazi x ≤ z. Obrnuto, ako vazix ≤ y i x ≤ z, tada vazi i x ≤ y ∧ z. Dakle uslov x ≤ y ∧ z je ekvivalentan konjunkciji uslovu x ≤ y ix ≤ z. Analogno se pokazuje da je uslov y ∨ z ≤ x ekvivalentan konjunkciji y ≤ x i z ≤ x. Tako je npr.nejednakost a ∨ b ≤ c ∧ d ekvivalentna konjunkciji nejednakosti a ≤ c, a ≤ d, b ≤ c i b ≤ d. Pored toga,operacija ≤ je saglasna sa primenom ∧ i ∨ tj. vazi

x ≤ y⇒x ∧ z ≤ y ∧ z,

kao ix ≤ y⇒x ∨ z ≤ y ∨ z.

Prva saglasnost vazi prema prethodnom razmatranju stoga sto iz x ≤ y sledi x ∧ z ≤ x ≤ y i x ∧ z ≤ z,a druga se pokazuje analogno. Kada se u mrezi dokazuju jednakosti oblika A = B, cesto se dokazujeA ≤ B i B ≤ A, a odatle sledi A = B.

Lema 6.4 Neka je (S,≤) S-mreza. Tada su tacne sledece formule.

6.1. MREZE 137

II1: (∀x ∈ S) x ∧ x = x (idempotentnost)

(∀x ∈ S) x ∨ x = x

II2: (∀x, y ∈ S) x ∧ y = y ∧ x (komutativnost)

(∀x, y ∈ S) x ∨ y = y ∨ x

II3: (∀x, y, z ∈ S) x ∧ (y ∧ z) = (x ∧ y) ∧ z (asocijativnost)

(∀x, y, z ∈ S) x ∨ (y ∨ z) = (x ∨ y) ∨ z

II4: (∀x, y ∈ S)x ∧ (x ∨ y) = x (zakon apsorpcije)

(∀x, y ∈ S)x ∨ (x ∧ y) = x

Dokaz. Dokazacemo samo prvu polovinu tvrdenja (za operaciju ∧), ostala se pokazuju analogno.

II1: Neka je x ∈ S proizvoljno. Kako je x ≤ x, prema lemi 6.3 vazi x ∧ x = x.

II2: Dovoljno je primetiti da zamenom mesta simbolima a i b u formuli I1 dobijamo ekvivalentnu formulu.Otud za definiciju infimuma nije bitan redosled elemenata a i b (ovo se implicitno koristi u oznaciinf{a, b}).

II3: Pokazacemo da vazi x ∧ (y ∧ z) ≤ (x ∧ y) ∧ z. Dovoljno je pokazati da vazi x ∧ (y ∧ z) ≤ x ∧ y ix ∧ (y ∧ z) ≤ z. Prva nejednakost sledi iz y ∧ z ≤ y i x ≤ x, a druga jednakost sledi iz x ∧ (y ∧z) ≤ y ∧ z ≤ z. Tako smo pokazali

x ∧ (y ∧ z) ≤ (x ∧ y) ∧ z.

Analogno se pokazuje da vazi i suprotna nejednakost, odakle sledi trazena jednakost.

II4: Kako vazi x ∧ (x ∨ y) ≤ x, dovoljno je pokazati x ≤ x∧ (x ∨ y). Ova druga jednakost sledi iz x ≤ xi x ≤ x ∨ y.

Definicija 6.5 Neka je S proizvoljan skup, a operacije ∧ i ∨ na skupu S zadovoljavaju osobine II1–II4

iz prethodnog tvrdenja. Tada se struktura (S,∧,∨) naziva A-mreza.

Posledica 6.6 Ako je (S,≤) S-mreza, onda je (S,∧,∨) A-mreza.

Dakle svaka S-mreza se moze posmatrati kao A-mreza. U nastavku cemo pokazati da vazi i obrnuto.

Lema 6.7 Neka je (S,∧,∨) A-mreza. Tada su za a, b ∈ S formule a ∧ b = a i a ∨ b = b ekvivalentne.

Dokaz. Neka je a ∧ b = a. Tada jea ∨ b = (a ∧ b) ∨ b = b

prema zakonu apsorpcije. Obrnuto, ako je a ∨ b = b, tada je

a ∧ b = a ∧ (a ∨ b) = a

po drugom zakonu apsorpcije.

Definicija 6.8 Neka je (S,∧,∨) A-mreza. Definisemo relaciju <−© sa

a <−© bdef⇐⇒ a ∧ b = a.

Tvrdenje 6.9 Ako je (S,∧,∨) A-mreza, onda je (S, <−©) S-mreza.

Dokaz. Neka je (S,∧,∨) A-mreza. Treba da pokazemo da je <−© refleksivna, antisimetricna i tranzitivnakao i da postoje infimum i supremum za svaka dva elementa iz S.

Refleksivnost Neka je x ∈ S proizvoljno. Kako je prema zakonu apsorpcije x ∧ x = x, sledi x <−©x.

Antisimetricnost Neka za proizvoljne x, y ∈ S vazi x <−© y i y <−©x. Tada je x ∧ y = x i y ∧ x = y, pa izkomutativnosti sledi

x = x ∧ y = y ∧ x = y.


Tranzitivnost Neka za proizvoljne x, y, z ∈ S vazi x <−© y i y <−© z. Tada je x∧y = x i y∧z = y. Primenomasocijativnosti dobijamo

x ∧ z = (x ∧ y) ∧ z

= x ∧ (y ∧ z)

= x ∧ y

= x,

a to po definiciji znaci x <−© z.Infimum Neka su a, b ∈ S proizvoljni. Pokazacemo da je a ∧ b infimum elemanta a i b u odnosu na

poredak <−©. Kako je primenom asocijativnosti, komutativnosti i idempotencije

(a ∧ b) ∧ a = (b ∧ a) ∧ a = b ∧ (a ∧ a) = b ∧ a = a ∧ b,

sledi a ∧ b <−© a. Analogno iz(a ∧ b) ∧ b = a ∧ (b ∧ b) = a ∧ b

sledi a ∧ b <−© b. Neka je c′ proizvoljan element za koji vazi c′ <−©a i c′ <−© b. Tada je c′ ∧ a = c′ ic′ ∧ b = c′, pa je

c′ ∧ (a ∧ b) = (c′ ∧ a) ∧ b = c′ ∧ b = c′,

sto po definiciji znaci c′ <−©a ∧ b. Dakle inf{a, b} = a ∧ b.Supremum Analogno prethodnom, pokazuje se da je supremum elemenata a, b ∈ S u odnosu na <−©

element a ∨ b.

Pokazali smo da za svaku S-mrezu (S,≤) mozemo konstruisati odgovarajucu A-mrezu (S,∧,∨), a zasvaku A-mrezu (S,∧,∨) odgovarajucu S mreza (S, <−©).

Lema 6.10 Neka je (S,≤) S-mreza. Tada za S-mrezu (S, <−©) vazi ≤ = <−©.

Dokaz. Prema tvrdenju 6.3 a ≤ b akko a∧ b = a, a prema definiciji relacije <−© vazi a∧ b = a akko a <−© b.Dakle a ≤ b akko a <−© b, a kako su relacije definisane nad istim skupom, znaci ≤ = <−©.

Lema 6.11 Neka je (S,∧,∨) A-mreza i (S, <−©) odgovarajuca S-mreza. Tada za A-mrezu (S,∧©,∨©) gdeje ∧© infimum, a ∨© supremum u odnosu na relaciju <−© vazi ∧ = ∧© i ∨ = ∨©.

Dokaz. Dokaz ovog tvrdenja je sadrzan u dokazu tvrdenja 6.9 gde smo pokazali da je infimum za <−©upravo ∧, a supremum ∨.

Time smo pokazali da su pojmovi S-mreze i A-mreze samo razliciti nacini definisanja iste strukture. Zatomozemo koristiti onaj oblik koji nam u datom trenutku vise odgovara.

6.1.2 Podmreze

Definicija 6.12 Neka je (S,∧,∨) A-mreza, T ⊆ S i

(∀x, y ∈ T ) x ∧ y, x ∨ y ∈ T.

Tada se struktura (T,∧,∨) naziva podmreza mreze (S,∧,∨).

Posto je A-mreza definisana identitetima koji se prenose na podstrukturu, svaka podmreza je mreza. Izistog razloga se svojstva mreze prenose homomorfizmom i direktnim proizvodom.

Primer 6.13

1. Neka je B proizvoljan skup. Lako se proverava da je tada struktura (P(B),∩,∪) gde je ∩ presek,a ∪ unija, mreza, pri cemu je odgovarajuca relacija poretka skupovna inkluzija ⊆.

2. Ako u prethodnom primeru posmatramo skup B × B, dobijamo da je i (P(B × B),∩,∪) mreza.

3. Neka je εB skup relacija ekvivalencije na skupu B uredenih relacijom ⊆. Ako su α, β ∈ εB tadaje α ∩ β infimum relacija α i β jer jeste relacija ekvivalencija, vazi α ∩ β ⊆ α i α ∩ β ⊆ β, a zaproizvoljno γ za koje vazi γ ⊆ α i γ ⊆ β vazi i γ ⊆ α ∩ β. Relacija α ∪ β medutim ne morabiti relacija ekvivalencije. Najmanja relacija ekvivalencije koja sadrzi α i β je tranzitivni proizvodrelacija α i β: {α, β}T . Zato je struktura (εB ,∩,∨) S-mreza gde je α ∨ β = {α, β}T . Ova mrezanije podmreza mreze (P(B × B),∩,∪) iz prethodnog primera, upravo stoga sto ∨ 6= ∪.

4

6.1. MREZE 139

6.1.3 Modularnost i distributivnost

Nije tesko proveriti da u mrezi (P(B),∩,∪) podskupova skupa B uredenih inkluzijom za svaka tri elementax, y, z ⊆ B vazi

x ⊆ z⇒x ∪ (y ∩ z) = (x ∪ y) ∩ z,

kao ix ∪ (y ∩ z) = (x ∪ y) ∩ (x ∪ z).

Pokazacemo da ova svojstva ne vaze u svakoj mrezi, sto cemo iskoristiti za uvodenje pojma modularne idistributivne mreze.

Lema 6.14 Neka je (S,∧,∨) mreza. Tada za svaka tri elementa x, y, z ∈ S vazi

x ≤ z⇒x ∨ (y ∧ z) ≤ (x ∨ y) ∧ z.

Dokaz. Neka je x ≤ z. Kako vazi x ≤ x ∨ y i x ≤ z, sledi

x ≤ (x ∨ y) ∧ z. (∗)

Kako je y ∧ z ≤ y ∨ x = x ∨ y i y ∧ z ≤ z, sledi

y ∧ z ≤ (x ∨ y) ∧ z. (∗∗)

Iz (∗) i (∗∗) tada dobijamox ∨ (y ∧ z) ≤ (x ∨ y) ∧ z.

Lema 6.15 U svakoj mrezi vazi

1. x ∨ (y ∧ z) ≤ (x ∨ y) ∧ (x ∨ z)

2. (x ∧ y) ∨ (x ∧ z) ≤ x ∧ (y ∨ z)

Dokaz.

1. Rastavljajuci ∧ sa desne strane i ∨ sa leve strane, dobijamo da je dovoljno pokazati x ≤ x ∨ y,x ≤ x ∨ z, y ∧ z ≤ x ∨ y i y ∧ z ≤ x ∨ z, a to trivijalno vazi.

2. Postupajuci kao u prethodnom slucaju, nejednakost svodimo na x∧ y ≤ x, x∧ y ≤ y ∨ z, x∧ z ≤ xi x ∧ z ≤ y ∨ z.

Definicija 6.16 Mreza (S,∧,∨) je modularna akko vazi

(∀x, y, z ∈ S)(x ≤ z⇒x ∨ (y ∧ z) = (x ∨ y) ∧ z).

Definicija 6.17 Mreza (S,∧,∨) je distributivna akko vazi

(∀x, y, z ∈ S) x ∧ (y ∨ z) = (x ∧ y) ∨ (x ∧ z).

Lema 6.18 U distributivnoj mrezi vazi i distributivnost ∨ prema ∧:

x ∨ (y ∧ z) = (x ∨ y) ∧ (x ∨ z).

Dokaz. Neka je (S,∧,∨) distributivna mreza. Primenom distributivnosti za ∧ dobijamo

(x ∨ y) ∧ (x ∨ z) = ((x ∨ y) ∧ x) ∨ ((x ∨ y) ∧ z)

= x ∨ ((x ∨ y) ∧ z)

= x ∨ (x ∧ z) ∨ (y ∧ z)

= x ∨ (y ∧ z).


Tvrdenje 6.19 Svaka distributivna mreza je modularna.

Dokaz. Neka je (S,∧,∨) distributivna mreza i neka su x, y, z ∈ S proizvoljni elementi takvi da je x ≤ z.Tada je x ∨ z = z, pa primenom distributivnosti dobijamo

x ∨ (y ∧ z) = (x ∨ y) ∧ (x ∨ z) = (x ∨ y) ∧ z.

Pokazali smo da su modularne mreze posebne mreze, a distributivne mreze posebne modularne mreze.Navescemo primere koji pokazuju da je klasa distributivnih mreza prava podklasa modularnih mreza, aova, pak, prava podklasa klase svih mreza.

Primer 6.20 Posmatrajmo mrezu (M,≤) gde je M = {0, a, b, c, 1}, a relacija ≤ data sledecim Haseovimdijagramom.

Sa slike vidimo da vazi a ≤ c, ali je a ∨ (b ∧ c) = a ∨ 0 = a dok je (a ∨ b) ∧ c = 1 ∧ c = c. Kako jea 6= c, ne vazi modularni zakon. 4

Primer 6.21 Neka je data mreza (M,≤) sa M = {0, a, b, c, 1} i relacijom ≤ datom Haseovimdijagramom na slici.

Pokazacemo da je ova mreza modularna. Neka su x, y, z ∈ M proizvoljni i neka vazi x ≤ z. Tadamora nastupiti jedan od sledeca tri slucaja.

1. x = z. Tada jex ∨ (y ∧ z) = x ∨ (y ∧ x) = x = (x ∨ y) ∧ x = (x ∨ y) ∧ z.

2. x = 0. Tada jex ∨ (y ∧ z) = 0 ∨ (y ∧ z) = y ∧ z = (0 ∨ y) ∧ z = (x ∨ y) ∧ z.

3. z = 1. Tada jex ∨ (y ∧ z) = x ∨ (y ∧ 1) = x ∨ y = (x ∨ y) ∧ 1 = (x ∨ y) ∧ z.

Dakle ova mreza je modularna. Kako je

a ∧ (b ∨ c) = a ∧ 1 = a,

a(a ∧ b) ∨ (a ∧ c) = 0 ∨ 0 = 0,

i a 6= 0, sledi da mreza nije distributivna. 4

Lema 6.22 Mreza (S,∧,∨) je modularna akko za svaka tri elementa x, y, z ∈ S vazi

x ∧ ((x ∧ y) ∨ z) = (x ∧ y) ∨ (x ∧ z). (∗)

Dokaz.(⇒): Neka je mreza (S,∧,∨) modularna i neka su x, y, z ∈ S proizvoljni. Posto je mreza modularna,

a vazi x ∧ y ≤ x, sledi(x ∧ y) ∨ (z ∧ x) = ((x ∧ y) ∨ z) ∧ x.

Odatle se primenom komutativnosti dobija (∗).

6.2. BULOVE ALGEBRE 141

(⇐): Neka u mrezi (S,∧,∨) za sve x, y, z ∈ S vazi (∗) i neka je x ≤ z. Tada je x ∧ z = x, pa vazi

(x ∨ y) ∧ z = z ∧ (x ∨ y)

= z ∧ ((x ∧ z) ∨ y)

= (x ∧ z) ∨ (z ∧ y) jer vazi (∗)= x ∨ (y ∧ z).

Prethodno tvrdenje pokazuje da su i modularne, kao i distributivne mreze, strukture koje se mogudefinisati identitetima. Zbog toga su podstruktura, homomorfna slika i direktni proizvod modularnihodnosno distributivih mreza modularne, odnosno distributivne mreze.

6.2 Bulove algebre

Definicija 6.23 Bulova algebra je struktura

(B,∧,∨, , 0, 1)

tipa (2, 2, 1, 0, 0) takva da

1. (∀x ∈ B)(x ∧ 0 = 0, x ∨ 0 = x ∧ 1 = x, x ∨ 1 = 1);

2. (B,∧,∨) je distributivna mreza;

3. (∀x ∈ B)(x ∧ x = 0, x ∨ x = 1).

Bulova algebra se moze definisati i kao distributivna mreza (B,∧,∨) u kojoj postoje elementi 0 i 1 takoda za svaki element x ∈ B postoji element y ∈ B tako da vazi x ∧ y = 0 i y ∨ x = 1. Pokazuje se daelementi 0 i 1 tada zadovoljavaju osobinu (1) i da su jedinstveni, a odatle sledi i jedinstvenost elementay za dato x.

Primer 6.24 Struktura (P(A),∩,∪) za proizvoljan skup A je Bulova algebra. Na slici su dati primeriza jednoclan, dvoclan i troclan skup A.

A = {a} A = {a, b}

A = {a, b, c}


Bulove algebre su specijalne distributivne mreze. Mreza na sledecoj slici je primer distributivne mrezekoja nije Bulova algebra.

4

Primer 6.25 Neka je S skup svih iskaznih formula, ∼ binarna relacija na S definisana ovako:

za A, B ∈ S A ∼ B ⇔ |= A⇔B.

1. Pokazimo prvo da je ∼ relacija ekvivalencije. Prema definiciji |= A⇔B akko za svaku valuacijuα vazi vα(A) = vα(B). Odatle primenom refleksivnosti, simetricnosti i tranzitivnosti relacijejednakosti slede odgovarajuca svojstva relacije ∼. Dakle ∼ je relacija ekvivalencije.

2. Definisimo na skupu S/∼ = {A/∼ | A ∈ S} operacije ∧©, ∨©, � ovako:

A/∼∧©B/∼ = (A ∧ B)/∼A/∼∨©B/∼ = (A ∨ B)/∼

A/∼� = (¬A)/∼0 = (A ∧ ¬A)/∼1 = (A ∨ ¬A)/∼

Pokazacemo da je (S/∼,∨©,∧©,�, 0, 1) Bulova algebra.

Prvo treba pokazati da su navedene operacije dobro definisane. Neka je A/∼ = A1/∼ i B/∼ = B1/∼.Tada za svaku valuaciju α vazi vα(A) = vα(A1) i vα(B) = vα(B1). Zato za svaku valuaciju α vazivα(A) ∧ vα(B) = vα(A1) ∧ vα(B1), tj.

vα(A ∧ B) = vα(A1 ∧ B1)

sto znaci da (A ∧B)/∼ = (A1 ∧ B1)/∼. Dakle ∧© je dobro definisana. Analogno se pokazuje i za ∨©i �. Za svake dve formule A i B vazi A∧¬A ∼ B ∧¬B kao i A∨¬A ∼ B ∨¬B, pa su i 0 i 1 dobrodefinisani. Ostaje da proverimo da vaze aksiome Bulove algebre.

komutativnost: A/∼∧©B/∼ = B/∼∨©A/∼ jer |= (A∨B)⇔(B ∨A), a A/∼∨©B/∼ = B/∼∨©A/∼jer |= (A ∨ B)⇔(B ∨ A).

idempotencija: A/∼∧©A/∼ = A/∼ jer |= (A ∧ A)⇔A, a

A/∼∨©A/∼ = A/∼

jer |= (A ∨ A)⇔A.

asocijativnost: A/∼∧©(B/∼∧©C/∼) = (A/∼∧©B/∼)∧©C/∼ jer

|= (A ∧ (B ∧ C))⇔((A ∧ B) ∧ C),

a A/∼∨©(B/∼∨©C/∼) = (A/∼∨©B/∼)∨©C/∼ jer

|= (A ∨ (B ∨ C))⇔((A ∨ B) ∨ C).

apsorpcija: A/∼∧©(A/∼∨©B/∼) = A/∼ jer |= A ∧ (A ∨ B)⇔A, a A/∼∨©(A/∼∧©B/∼) = A/∼ jer|= A ∨ (A ∧ B)⇔A.

distributivnost:A/∼∧©(B/∼∨©C/∼) = (A/∼∧©B/∼)∨©(A/∼∧©C/∼)jer |= (A ∧ (B ∨ C))⇔((A ∧ B) ∨ (A ∧ C)).

6.3. MREZE PODALGEBRI 143

A/∼∧© 0 = 0 jer

A/∼∧© 0 = (A ∧ (A ∧ ¬A))/∼= ((A ∧ A) ∧ ¬A)/∼= (A ∧ ¬A)/∼ = 0.

A/∼∨© 1 = 1 jer

A/∼∨© 1 = (A ∨ (A ∨ ¬A))/∼= ((A ∨ A) ∨ ¬A)/∼= (A ∨ ¬A)/∼ = 1.

A/∼∧©A/∼� = A/∼∧©(¬A)/∼ = (A ∧ ¬A)/∼ = 0

A/∼∨©A/∼� = A/∼∨©(¬A)/∼ = (A ∨ ¬A)/∼ = 1

Ovim je dokazano da je (S/∼,∨©,∧©,�, 0, 1) Bulova algebra.

4

6.3 Mreze podalgebri

Ako je A algebra, tada cemo njen nosac obelezavati sa A. Posmatracemo algebru A i skup svih njenihpodalgebri Sub(A). Jasno je da je svaka podalgebra algebre A okarakterisana skupom B ⊆ A, jeroperacije moraju biti restrikcije odgovarajucih operacija algebre A. Zato mozemo za algebru B koristitioznaku njenog nosaca: B.

Neka je A algebra, a B1, B2 ⊆ A dve njene podalgebre. Tada je i B1 ∩ B2 podalgebra algebre A.B1 ∪ B2 u opstem slucaju nije podalgebra, ali je skup

S = {C ∈ SubA | B1 ∪ B2 ⊆ C}

neprazan posto A ∈ S, pa postoji podalgebra ∩S koju oznacavamo sa [B1 ∪ B2] (podalgebra generisanasa B1 ∪ B2). Ako za podalgebre B1 i B2 definisemo B1 ∧ B2 = B1 ∩ B2 i B1 ∨ B2 = [B1 ∪ B2], tadaje struktura (Sub(A),∧,∨) mreza. Odgovarajuca relacija poretka je skupovna inkluzija ⊆ nad nosacimapodalgebri.

Primer 6.26 [GCBT] Neka je data algebra (N, ϕ, 4, 7) gde je N skup prirodnih brojeva, a ϕ : N → Ndefinisana sa ϕ(x) = x + 2. Ispitacemo mrezu podalgebri algebre (N, ϕ, 4, 7). Svaka podalgebra B ⊆ Nsadrzi brojeve 4 i 7, a zbog zatvorenosti za operaciju ϕ vazi

k ∈ B ⇒ k + 2 ∈ B ⇒· · ·⇒ k + 2n ∈ B, za n ∈ N.

Zato sve podalgebre sadrze prirodan broj 4 i sve brojeve 6, 7, 8, . . ., pa se medusobno razlikuju samo poprisustvu ili odsustvu elemenata iz skupa {1, 2, 3, 5}. Najmanja podalgebra je M = {4, 6, 7, . . .} = [∅], acela algebra N je generisana skupom {1, 2}. Mreza sadrzi sledece elemente:

M

[1] = {1, 3, 5} ∪ M

[2] = {2} ∪ M

[3] = {3, 5} ∪ M

[5] = {5} ∪ M

[2, 3] = {2, 3, 5} ∪ M

[2, 5] = {2, 5} ∪ M

N

Njihov medusobni odnos prikazan je na slici.


4

Ako se zna da su mreze podalgebri za dve algebre medusobno izomorfne, postavlja se pitanje kakav jeodnos izmedu samih algebri. Ovo pitanje je proucavano za razlicite algebarske strukture.

Mreze se takode javljaju i prilikom poredenja svih kongruencija date univerzalne algebre.

7

Tri interesantna problema

7.1 Identitet Dudeka

Univerzalne algebre mozemo posmatrati kao modele teorija prvog reda. Teorije prvog reda se dobijajukao ekstenzije predikatskog racuna prvog reda sa jednakoscu, pri cemu se dodaju funkcijski simboli izadaju dodatne aksiome koje se nazivaju specijalne aksiome.

Broj operacija algebre koja predstavlja model date teorije i njihova arnost su odredeni brojem iarnostima funkcijskih slova jezika teorije, a zakonitosti koje vaze u algebri su odredene aksiomama teorije.U algebri su od posebnog znacaja identiteti kao formule oblika

(∀x1) . . . (∀xn) u(x1, . . . , xn; f1, . . . , fk) ≈ v(x1, . . . , xn; f1, . . . , fk)

gde su u i v termi izgradeni pomocu promenljivih x1, . . . , xn i operacija f1, . . . , fk, a ≈ relacijski simbolarnosti 2 koji se interpretira kao jednakost. Ako je data teorija prvog reda, jedno od osnovnih pitanja jeegzistencija i osobine njenih modela, izmedu ostalog i kardinalnost nosaca modela.

Uzmimo za primer zakon komutativnosti koji se izrazava identitetom

(∀x)(∀y) x · y = y · x.

Struktura ({0, 1},∧) gde je ∧ data tablicom

∧ 0 10 0 01 0 1

zadovoljava ovaj identitet. Struktura (N, +) gde je N skup prirodnih brojeva, a + sabiranje prirordnihbrojeva, takode zadovoljava ovaj identitet. Dakle, zakon komutativnosti ima i netrivijalne konacne, ibeskonacne modele. Ukoliko neki identitet (ili skup identiteta) ima netrivijalan konacan model, tada je idirektni proizvod, pa i direktni stepen tih modela takode model. Zahvaljujuci tome, od svakog konacnogmodela mozemo doci do beskonacnog modela, pa svaki identitet koji ima konacan netrivijalan model imai beskonacan model. Pokazacemo da obrnuto ne vazi: postoje identiteti koji imaju samo beskonacnenetrivijalne modele.

Tvrdenje 7.1 (J. Dudek, 1988.) Neka je ′ funkcijski simbol arnosti 1, a · funkcijski simbol arnosti 2.Tada je svaki netrivijalan model identiteta

(x′ · y) · z = y (∗)

beskonacan.

Dokaz. Prvo cemo pokazati da identitet ima beskonacan model. Neka je N skup prirodnih brojeva, ′

konstantna unarna operacija data sa x′ = 1, a · binarna operacija definisana sa

x · y =

{x − 1, x > 1y + 1, x = 1.

Tada je (N,′ , ·) model identiteta (∗), jer je x′ = 1, pa je x′ · y = y + 1, a kako je y + 1 > 1, sledi(y + 1) · z = (y + 1) − 1 = y.

145

146 7. TRI INTERESANTNA PROBLEMA

Sada cemo pokazati da je svaki netrivijalan model identiteta (∗) beskonacan. Pretpostavimo da je(A, ·,′ ) model identiteta (∗), pri cemu je |A| > 1. Neka je funkcija Ta : A → A, gde je a ∈ A, definisanasa

Ta(x) = a′ · x.

Pokazacemo da je Ta 1-1. Pretpostavimo da za z1, z2 ∈ A vazi Ta(z1) = Ta(z2). Tada je

a′ · z1 = a′ · z2

odakle mnozenjem obe strane sa proizvoljnim b ∈ A dobijamo

(a′ · z1) · b = (a′ · z2) · bsto se primenom identiteta (∗) svodi na z1 = z2. Medutim, Ta nije na. Zaista, pretpostavimo suprotno:da je Ta na preslikavanje. Kako je a′ ∈ A, tada postoji b ∈ A tako da vazi Ta(b) = a′ tj. a′ · b = a′. Tadaza svako z ∈ A vazi

(a′ · b) · z = a′ · za kako je (a′ · b) · z = b i a′ · z = Ta(z), sledi

b = Ta(z).

Posto je |A| > 1, postoje dva razlicita elementa x, y ∈ A. Tada vazi Ta(x) = b = Ta(y), sto je usuprotnosti sa cinjenicom da je Ta 1-1. Dakle Ta nije na. Prema tome, postoji 1-1 preslikavanje skupa Au pravi podskup skupa A, a to znaci da je skup A beskonacan.

7.2 Grupoid Parka

Sada ce nas interesovati sledeci problem. Pretpostavimo da je A jedna konacna algebra sa konacno mnogokonacnih operacija. Da li postoji konacan skup Σ0 identiteta koji su tacni na A tako da iz Σ0 mozemoizvesti (uz primenu aksioma jednakosti i pravila izvodenja predikatskog racuna prvog reda) sve identitetaΣ koji vaze u A. Ovde izlazemo jedan primer grupoida kod koga je odgovor negativan. Kazemo da tajgrupoid nema konacnu bazu identiteta. Pozitivan odgovor je u slucaju kada je A na primer grupa, prsten,mreza, komutativna polugrupa.

Grupoid Parka, u oznaci A2, je ureden par ({0, 1, 2, a}, ·) gde je operacija · data tablicom:

· 0 1 2 a0 0 1 a a1 1 1 2 a2 a 2 2 aa a a a a

Tvrdenje 7.2 (P. Park, 1980) Grupoid A2 nema konacnu bazu identiteta tj. zadovoljava beskonacnomnogo identiteta koji nisu posledica jedan drugog.

Dokaz. Primetimo prvo da u grupoidu A2 vaze zakoni komutativnosti i apsorpcije, a ne vazi asocijativnizakon. Operacija · je slicna operaciji maksimuma u lancu, samo sto vazi 0 · 2 = 2 · 0 = a, a ne 0 · 2 = 2.Takode vazi i osobina

x · (x · y) = x · y.

Ako definisemo relaciju <−© sa

x <−© ydef⇐⇒ x · y = y,

tada je <−© je refleksivna i antisimetricna, ali nije tranzitivna.

Lema 7.3 Neka je An = ({0, 1, . . . , n, a}, ·) grupoid gde je operacija · data sledecom tablicom.

· 0 1 2 3 · · · n − 1 n a0 0 1 a a · · · a a a1 1 1 2 a · · · a a a2 a 2 2 3 · · · a a a3 a a 3 3 · · · a a a...

......

......

. . ....

......

n − 1 a a a a · · · n − 1 n an a a a a · · · n n aa a a a a · · · a a a

7.2. GRUPOID PARKA 147

Tada grupoid A2 zadovoljava tacno one identitete koje zadovoljava grupoid An.

Dokaz. Operaciju · mozemo opisati na sledeci nacin.

• za svako x ∈ An vazi x · a = a · x = a;

• i · i = i;

• i · (i + 1) = (i + 1) · i = i + 1;

• u ostalim slucajevima je i · j = a.

Podgrupoid generisan elementima 0, 1, 2, a je upravo grupoid A2. Kako se identiteti prenose napodstrukture, svaki identitet koji vazi na An, vazi i na A2. Treba da pokazemo da vazi i suprotno:da svi identiteti koji vaze na A2 vaze i na An. Neka je I proizvoljan identitet koji vazi na grupoidu A2.Kako se identiteti prenose direktnim proizvodom, I vazi i na grupoidu

An−12 = A2 × · · · × A2

︸︷︷︸

n−1

.

Posmatracemo podgrupoid B grupoida An−12 koji sadrzi elemente oblika

(0, 0, . . . , 0, 1, 2, 2, . . . , 2)

i sve elemente koje sadrze a bar na jednoj koordinati. Lako se proverava da je ovaj skup elemenatazatvoren za operaciju · primenjenu po komponentama. Posto se identiteti prenose na podgrupoid, I vazii na grupoidu B. Definisacemo preslikavanje h grupoida B na grupoid An na sledeci nacin:

(0, 0, 0, . . . , 0, 0, 0, 0) 7→ 0

(0, 0, 0, . . . , 0, 0, 0, 1) 7→ 1

(0, 0, 0, . . . , 0, 0, 1, 2) 7→ 2

(0, 0, 0, . . . , 0, 1, 2, 2) 7→ 3

· · · · · · · · ·(1, 2, 2, . . . , 2, 2, 2, 2) 7→ n − 1

(2, 2, 2, . . . , 2, 2, 2, 2) 7→ n

(n − 1)-torke koje sadrze bar jedno a 7→ a

Treba da pokazemo da je h homomorfizam, tj. da vazi:

h((x1, . . . , xn−1) · (y1, . . . , yn−1)) = h((x1, . . . , xn−1)) · h((y1, . . . , yn−1)).

za sve uredene (n − 1)-torke (x1, . . . , xn−1) i (y1, . . . , yn−1). Ukoliko ni jedna od (n − 1)-torki ne sadrzia, tada su one okarakterisane pozicijom jedinice gledano sa desne strane (s tim da uzimamo da se u(0, . . . , 0) jedinica nalazi na nultom, a u (2, . . . , 2) na n-tom mestu). h slika uredenu (n−1)-torku upravou poziciju jedinice. Ako se polozaj jedinice u (n− 1)-torkama (x1, . . . , xn−1) i (y1, . . . , yn−1) razlikuje zanajvise jedno mesto, tada ce rezultat biti ona uredena (n − 1)-torka cija jedinica ima veci redni broj:

(0, . . . , 0, 0, 1, 2, 2, 2, . . . , 2)· (0, . . . , 0, 0, 0, 1, 2, 2, . . . , 2)(0, . . . , 0, 0, 1, 2, 2, 2, . . . , 2)

Sa druge strane, rezultat primene operacije · u grupoidu A2 na homomorfne slike (n − 1)-torki je tadamax(h(x1, . . . , xn−1), h(y1, . . . , yn−1)) jer je |h(x1, . . . , xn−1)−h(y1, . . . , yn−1)| ≤ 1. Dakle u ovom slucaju


je uslov homomorfizma zadovoljen. Ako se polozaj jedinice u (n− 1)-torkama razlikuje za vise od jednogmesta, tada je zbog 2 · 0 = a rezultat (n − 1)-torka koja sadrzi a, pa je

h((x1, . . . , xn−1) · (y1, . . . , yn−1)) = a = h(x1, . . . , xn−1) · h(y1, . . . , yn−1).

Ako pak jedna od (n − 1)-torki sadrzi a, tada ce na istoj poziciji i proizvod (n − 1)-torki sadrzati a.Neka npr. (x1, . . . , xn−1) sadrzi a. Tada je h(x1, . . . , xn−1) = a, a kako i (x1, . . . , xn−1) · (y1, . . . , yn−1)sadrzi a, vazi h((x1, . . . , xn−1) · (y1, . . . , yn−1)) = a, sto je u skladu sa operacijom · na grupoidu An jer je

a · h((y1, . . . , yn−1)) = a.

Dakle h je homomorfizam. Iz definicije se vidi da je h na, pa je epimorfizam. Kako se identiteti prenoseepimorfizmom, a I vazi na grupoidu B, sledi da I vazi i na An koji je njegova homomorfna slika. Dakle,dobili smo da identitet I za koji smo pretpostavili da vazi na A2, vazi i na An, cime smo pokazali i drugismer tvrdenja.

Da pokazemo da A2 nema konacnu bazu identiteta pretpostavicemo suprotno, da A2 ima konacnubazu identiteta Σ0 i da svaki identitet iz Σ0 ima manje od n promenljivih.

Uvedimo oznaku x1x2 · · ·xk za

(· · · ((x1 · x2) · x3) · · ·) · xk.

Lema 7.4 Za n ≥ 3 grupoid A2 zadovoljava identitet

x1x2 · · ·xnx1x2 · · ·xn = x2x3 · · ·xnx1 · · ·xnx1. (∗)Dokaz. Neka je u term sa leve, a v term sa desne strane jednakosti (∗). Neka su c1, . . . , cn vrednostikoje uzimaju redom promenljive x1, . . . , xn. Razlikujemo dva slucaja.

1. Medu vrednostima c1, . . . , cn se ne pojavljuju istovremeno 0 i 2. Tada se vrednosti racunaju upodgrupoidu {0, 1, a} ili podgrupoidu {1, 2, a} datog grupoida. Lako se proverava da su oba ovagrupoida lanci, gde se · ponasa kao maksimum dva elementa. Kako je maksimum komutativna,asocijativna i idempotentna operacija, svaka od promenljivih xi se na obe strane javlja po dvaputa, znaci da ce vrednosti oba terma biti jednake, pa ce jednakost biti zadovoljena.

2. Medu vrednostima c1, . . . , cn se pojavljuju i 0 i 2. Pokazacemo da je tada vrednost i terma v iterma u jednaka a. Neka je ci = 0 i cj = 2. Ako stavimo da vazi 0 < 1 < 2 < a, tada se iz tablice zaoperaciju · vidi da vazi x·y ≥ x i x·y ≥ y tj. operacija · je monotona. Posmatrajmo proces racunanjavrednosti terma u. Neka je ek za k ∈ {1, 2, . . . , 2n} oznaka za vrednost dobijenu racunanjen prvihk clanova terma. Kako je cj = 2, iz monotonosti sledi ej ≥ 2. Tada je i en+i−1 ≥ 2. Kako je ci = 0,vrednost en+i = en+i−1 · ci je ili 2 · 0 = a ili a · 0 = a. Dakle en+i = a, pa je zbog monotonosti ivrednost celog terma u jednaka a. Ako analogno razmatranje ponovimo i za term v, zakljucujemoda je i vrednost terma v jednaka a (dovoljno je uociti da prvih n clanova predstavlja permutacijupromenljivih x1, . . . , xn i drugih n clanova takode predstavlja permutaciju promenljivih x1, . . . , xn).

Treba jos pokazati da (∗) nije posledica ni jednog od identiteta skupa Σ0. Ako bi (∗) bio posledicaskupa identiteta Σ0, tada bi svaki grupoid koji zadovoljava Σ0 zadovoljavao i (∗). Pokazacemo da to nevazi na primeru grupoida Bn = (Bn, ·) gde je · operacija data sledecom tablicom:

· b1 b2 b3 · · · bn−1 bn ab1 b1 b2 a · · · a b1 ab2 b2 b2 b3 · · · a a ab3 a b3 b3 · · · a a a...

......

.... . .

......

...bn−1 a a a · · · bn−1 bn abn b1 a a · · · bn bn aa a a a · · · a a a

7.3. O KLONOVIMA 149

Lema 7.5 Bn |= Σ0, tj. Bn zadovoljava sve identiteta skupa Σ0.

Dokaz. Pojasnimo definiciju operacije · u grupoidu datom prethodnom tablicom.

• za svako x ∈ Bn vazi x · a = a · x = a;

• bi · bi = bi;

• bi · bi+1 = bi+1 · bi = bi+1, a takode bn · b1 = b1 · bn = b1;

• u ostalim slucajevima je bi · bj = a.

Dakle struktura Bn je slicna strukturi An−1, osnovna razlika je da vazi bn · b1 = b1, a ne bn · b1 = a (zatoova struktura lici na kruznu strukturu).

Neka je I ∈ Σ0 proizvoljan identitet. Neka on ima m promenljivih x1, . . . , xm. Prema izbora brojan, vazi m < n. Neka su c1, . . . , cm vrednosti koje uzimaju promenljive x1, . . . , xm. Tada se meduvrednostima c1, . . . , cm ne javljaju sve vrednosti b1, . . . , bn. Neka je bi element razlicit od elemenatac1, . . . , cm. Kako se element bi javlja samo kao rezultat primene operacije · na dva argumenta od kojihje bar jedan bi, sledi da je Bn \ {bi} podgrupoid grupoida Bn. Moze se pokazati da je Bn \ {bi} ∼= An−2.Jedan izomorfizam je npr. preslikavanje

bi+1 7→ 0

bi+2 7→ 1

...

bn 7→ n − i − 1

b1 7→ n − i

b2 7→ n − i + 1

...

bi−1 7→ n − 2

a 7→ a

Posto identitet I vazi na A2, on vazi i na An−2, sto znaci da vazi i na njemu izomorfnom grupoiduBn \ {bi}, pa kako su sve vrednosti c1, . . . , cm promenljivih x1, . . . , xm iz skupa Bn \ {bi}, sledi da jeza date vrednosti c1, . . . , cm identitet I zadovoljen u grupoidu Bn. Kako su vrednosti c1, . . . , cm bileproizvoljne, identitet vazi za sve vrednosti c1, . . . , cm, pa I vazi na grupoidu Bn, a I je bio proizvoljanidentitet iz Σ0, pa Bn |= Σ0.

Lema 7.6 U grupoidu Bn ne vazi identitet (∗).

Dokaz. Dovoljno je naci niz vrednosti c1, . . . , cn za koje identitet (∗) nije zadovoljen. Neka promenljivex1, . . . , xn redom uzimaju vrednosti b1, . . . , bn. Zbog “kruzne strukture” grupoida Bn, posto su svepromenljive (pa time i njihove vrednosti) sa susednim indeksima, vrednost prvih j elemenata terma jesama vrednost cj . Zato je vrednost leve strane jednakosti bn, a desne b1. Kako je b1 6= bn, identitet nijezadovoljen.

Tako smo na primeru grupoida Bn pokazali da (∗) nije posledica skupa formula Σ0. Kako (∗) vazi naA2, to je u kontradikciji sa pretpostavkom da je Σ0 baza identiteta grupoida A2. Dakle pretpostavka daA2 ima konacnu bazu identiteta je pogresna. Time smo pokazali da A2 nema konacnu bazu identiteta.

7.3 O klonovima

Visevrednosna logika je grana matematike koja je nastala kao posledica potrebe za iskazima sa vise od dvevrednosti. Ona je uvedena kao uopstenje dvovrednosne logike. Mnogi rezultati koji vaze u dvovrednosnojlogici ocuvani su i u visevrednosnoj logici, ali kao sto neki rezultati koji su dobijeni u dvovrednosnojlogici ne mogu biti preneseni na visevrednosnu logiku, tako i neki rezultati dobijeni u visevrednosnojlogici ne vaze u dvovrednosnoj logici. Visevrednosna logika je nasla svoju primenu u kompjuterskimnaukama. Pri sintezi velikih i kompleksnih sistema kao sto su kompjuteri, mali broj osnovnih elemenata


se koristi za izgradnju logickih sklopova (logicka, prekidacka kola). Skup osnovnih elemenata iz kojeg jemoguce izgraditi svaki sklop se naziva kompletan skup. U proucavanju teorije kompletnosti veliku uloguigra teorija klonova. Ova grana opste algebre proucava algebre kao nezavisne objekte, i umesto veze sadrugim, slicnim algebrama, ispituje uzajamne veze operacija algebre i relacija koje se mogu uvesti nanosacu algebre. Klonovi su specijalne familije operacija koje izrastaju iz odredenih skupova generisucihoperacija.

Sada cemo se baviti samo klonovima na troelementnom skupu. Neka je E3 = {0, 1, 2}. Skup svih

n-arnih operacija na E3 oznacavamo sa P(n)3 , a skup svih operacija na E3 sa P3. Tako

P(n)3 = {f | f : En

3 → E3}P3 =

⋃

n≥0

P(n)3

Definicija 7.7 Neka su i, n ∈ N . i-ta n-arna projekcija na E3 je operacija pni : En

3 → E3 definisana sa

pni (x1, . . . , xn) = xi

za sve x1, . . . , xn ∈ E3 i 0 ≤ i ≤ n.

Skup svih takvih projekcija na E3 oznacavamo sa Π3.

Definicija 7.8 Neka su m, n ∈ N i neka su f ∈ P(n)3 i g1, . . . , gn ∈ P

(m)3 . Kompozicija operacija f i

g1, . . . , gn je operacija f(g1, . . . , gn) ∈ P(m)3 definisana sa

f(g1, . . . , gn)(x1, . . . , xm)def= f(g1(x1, . . . , xm), . . . , gn(x1, . . . , xm)).

Definicija 7.9 Klon operacija C na E3 je skup operacija na E3 koji sadrzi sve i-te n-arne projekcije izatvoren je u odnosu na kompoziciju tj. C je skup operacija na E3 koji zadovoljava sledeca dva uslova:

1. Π3 ⊆ C, i

2. Ako je f n-arna operacija iz C i ako su g1, . . . , gn m-arne operacije iz C, tada je m-arna operacijaf(g1, . . . , gm) takode u C.

Primer 7.10 Klonovi su Π3 i P3 u E3. 4Tvrdenje 7.11 Neka je {Ci | i ∈ N} proizvoljna neprazna familija klonova operacija na E3. Tada je∩i∈NCi klon operacija na E3.

Dokaz. Iz definicije klona sledi da Π3 ⊆ Ci za svako i ∈ N . Tada Π3 ⊆ ∩i∈NCi, pa vazi 1.

Neka f ∈ ∩i∈NC(n)i i g1, . . . , gn ∈ ∩i∈NC(m)

i . Sledi da f ∈ C(n)i i g1, . . . , gn ∈ C(m)

i , za svako i ∈ N .

Prema definiciji klona tada i f(g1, . . . , gn) ∈ C(m)i za svako i ∈ N , tj. f(g1, . . . , gn) ∈ ∩i∈NC

(m)i , pa vazi 2.

Definicija 7.12 Sa L3 oznacavamo skup svih klonova na E3.

Definicija 7.13 Neka je F neki skup operacija na E3. Klon generisan skupom F je klon

〈F 〉CLdef= ∩{C ∈ L3 | F ⊆ C}

tj. 〈F 〉CL je najmanji klon koji sadrzi F .

U E3 vazi sledece tvrdenje.

Tvrdenje 7.14 (Janov, Mucnik) L3 ima kontinuum mnogo elemenata.

Dokaz. Na konacnom skupu ima prebrojivo mnogo operacija, pa je L3 najvise kardinalnosti kontinuum.Dacemo kontinuum mnogo razlicitih klonova operacija nad E3.

Neka je F = {fi | ar(fi) = i, i ≥ 2} gde je fi(1, 2, . . . , 2) = fi(2, 1, 2, . . . , 2) = · · · = fi(2, 2, . . . , 2, 1) =1 i fi(x1, . . . , xi) = 0 u svim drugim slucajevima. Pokazimo da fi /∈ 〈F \ {fi}〉CL. Odavde sledi daH1, H2 ⊆ F , H1 6= H2 povlaci 〈H1〉CL 6= 〈H2〉CL, sto je dovoljno za dokaz tvrdenja.

Pretpostavimo da za neko i ≥ 2 vazi fi ∈ 〈F \ {fi}〉CL. Tada je za neko j 6= i

fi = fj(g1, . . . , gj) (7.1)

gde za sve 1 ≤ k ≤ j vazi gk ∈ 〈F \ {fi}〉CL. Stoga imamo dve mogucnosti:

7.3. O KLONOVIMA 151

(1) gk = xik= pi

ik

(2) gk = fik(gki1

, . . . , gkik)

Ako je (2) ispunjeno za bar dva razlicita indeksa k zamenom x1 = 1, x2 = · · · = xi = 2, odnosno ako je (2)ispunjeno za tacno jedan ideks k (recimo k = 1) zamenom xi2 = 1, xj = 2 za j 6= i2, sledi kontradikcijasa 7.1.

Konacno pretpostavimo slucajfi = fj(xi1 , . . . , xij

).

Tada ne moze biti j < i jer bi tada fi zavisilo od vise promenljivih nego fj(xi1 , . . . , xij). Zato je j > i,

pa medu promenljivih xikima jednakih, npr. i1 = i2. Za vrednost xi1 = 1, xj = 2 za j 6= i1 imamo

kontradikciju kao i u prethodnom slucaju.

Napomena 7.15 Post je pokazao da je L2 prebrojiv skup. �

8

Brojevi

8.1 Realni brojevi

Definicija 8.1 Potpuno uredeno polje F je algebarski sistem

F = (F, +, ·,≤)

gde je F neprazan skup, +, · : F 2 → F binarne operacije skupa F , a ≤ ⊆ F 2 binarna relacija skupa F ,pri cemu vaze sledece aksiome:

1. (F, +, ·) je polje;

2. relacija ≤ je refleksivna, antisimetricna, tranzitivna i totalno uredenje;

3. relacija ≤ je saglasna sa operacijama + i · tj. vazi

(a) (∀a, b, c ∈ F )(a ≤ b⇒ a + c ≤ b + c)

(b) (∀a, b ∈ F )(0 ≤ a, 0 ≤ b⇒ 0 ≤ a · b)

4. vazi sledeca aksioma potpunosti:

Neka je ∅ 6= A ⊆ F odozgo ogranicen skup realnih brojeva, tj. neka postoji a ∈ F tako da za svakob ∈ A vazi b < a. Tada postoji supremum skupa A tj. broj m takav da vazi:

(a) m je gornje ogranicenje skupa A: (∀b ∈ A) b ≤ m i

(b) m je manje od svih ostalih gornjih ogranicenja: za svako m1 ∈ F koje je gornje ogranicenjeskupa, tj. za koje vazi (∀b ∈ A) b ≤ m1, vazi m ≤ m1.

Aksioma potpunosti (4) govori da svaki odozgo ogranicen neprazan podskup skupa F ima supremum(najmanje gornje ogranicenje). Ovo svojstvo omogucava uvodenje merenja.

Pokazuje se da je algebarski sistem (Re, +, ·,≤) potpuno uredeno polje, kao i da su sva potpunouredena polja izomorfna tom sistemu.

Posto je (Re, +, ·) polje, sve osobine polja vaze u skupu realnih brojeva. Izvescemo neke poslediceaksioma koje se ticu odnosa operacija + i · sa relacijom ≤. Koristimo uobicajenu oznaku a ≥ b za b ≤ a,a < b za a ≤ b ∧ a 6= b i b > a za a < b.

Tvrdenje 8.2 Za realne brojeve a i p vazi:

1. a ≥ 0⇔−a ≤ 0

2. a2 ≥ 0

3. 1 > 0

4. a > 0⇒a−1 > 0

5. p > 0⇒(a < b⇒ p · a < p · b)

Dokaz.

1. Neka je a ≥ 0. Prema aksiomi 3a, tada vazi a + (−a) ≥ 0 + (−a), pa iz osobina polja sledi −a ≤ 0.Obrnuto, neka je −a ≤ 0. Tada primenom iste aksiome dobijamo (−a) + a ≤ a, tj. a ≥ 0.

153

154 8. BROJEVI

2. Posto je ≤ totalno uredenje, mora vaziti 0 ≤ a ili a ≤ 0.

(a) 0 ≤ a. Tada primenom aksiome 3b dobijamo 0 ≤ a · a = a2.

(b) a ≤ 0. Tada prema prethodno dokazanom slucaju 1 vazi 0 ≤ (−a). Odatle primenomaksiome 3b sledi 0 ≤ (−a)(−a), a u polju je (−a)(−a) = a2, pa je i u ovom slucaju 0 ≤a2.

3. Prema prethodnoj osobini je 1 = 1 · 1 ≥ 0. Kako je (Re, +, ·) polje, vazi 1 6= 0, pa je 1 > 0.

4. Neka je a > 0. Pretpostavimo suprotno: a−1 ≤ 0. Tada vazi 0 ≤ a i 0 ≤ −a−1, pa premaaksiomi 3b sledi 0 ≤ a · (−a−1). Prema osobinama polja tada 0 ≤ −(a · a−1) tj. 0 ≤ −1, stoprimenom aksiome 3a daje 1 ≤ 0, a to je u kontradikciji sa prethodnom osobinom: 1 > 0. Daklepretpostavka a−1 ≤ 0 je bila pogresna, pa kako je ≤ totalno uredenje vazi 0 ≤ a−1, a kako je0 6= a−1, sledi 0 < a−1.

5. Neka je p > 0 i a < b. Pretpostavimo suprotno: p · b ≤ p ·a. Tada iz aksiome 3a sledi p · b−p ·a ≤ 0,pa iz distributivnosti sledi 0 ≤ p · (a − b). Kako je p 6= 0, postoji p−1, a prema slucaju 4 ovogtvrdenja vazi 0 < p−1. Odatle po aksiomi 3b sledi 0 ≤ p−1 · p · (a − b) odnosno 0 ≤ a − b stopo aksiomi 3a povlaci b ≤ a, a to je kontradikcija sa pretpostavkom a < b (zbog antisimetricnostirelacije ≤). Dakle pretpostavka p · a ≥ p · b je pogresna, pa vazi p · a < p · b.

SkupR+

e = {x | x > 0}nazivamo skupom pozitivnih realnih brojeva. 1 je pozitivan realan broj, prema prethodnom tvrdenju, a

primenom aksiome 3a dobijamo da su 2def= 1 + 1 > 1 + 0 = 1 > 0, a zatim i 3 = 2 + 1, 4 = 3 + 1, . . .

pozitivni realni brojevi. Skup N = {1, 2, 3, . . .} dobijen na ovaj nacin zovemo skup prirodnih brojeva. SkupN0 = N ∪{0} zovemo skup prirodnih brojeva sa nulom, a skup Z = N0 ∪−N gde je −N = {−n | n ∈ N}skup celih brojeva. Ra = {p

q | p, q ∈ Z, q 6= 0} je skup racionalnih brojeva, a skup Ir = Re \ Ra skupiracionalnih brojeva.

Neka a, b ∈ Re i a < b. Za broj c kazemo da je izmedu brojeva a i b akko vazi a < c i c < b.

Tvrdenje 8.3 Neka a, b ∈ Re i a < b. Tada postoji broj c koji je izmedu brojeva a i b.

Dokaz. Neka je a < b. Prema aksiomi 3a i komutativnosti sabiranja sledi

a + a < a + b

a + b < b + b.

Primenom distributivnosti i osobine neutralnog elementa dobijamo a + a = 1 · a + 1 · a = (1 + 1) · a = 2a,i analogno b + b = 2b, sto znaci da vazi

2a < a + b

a + b < 2b

Posto je 2 > 0, postoji 2−1. Prema tvrdenju 8.2 tada sledi a < 2−1(a + b) i 2−1(a + b) < b. Zato je2−1(a + b) trazeni broj c koji se nalazi izmedu a i b.

Dakle u skupu Re za svaka dva broja postoji broj izmedu njih. Za skup koji ima ovu osobinu kazemo daje gust.

Tvrdenje 8.4 (Arhimedova nejednakost) Neka je a > 0 i b ∈ Re. Tada postoji n ∈ N takav da jena > b.

Dokaz. Neka su a > 0 i b ∈ Re proizvoljni. Pretpostavimo suprotno: za svako n ∈ N vazi na ≤ b.Tada je skup S = {a, 2a, 3a, . . .} ogranicen sa gornje strane, pa prema aksiomi potpunosti (4) postojisupremum m.

8.1. REALNI BROJEVI 155

Ukoliko ne bi postojao ni jedan broj ka skupa S za koji vazi m− a < ka, tada bi svi brojevi skupa Sbili manji ili jednaki m−a, pa bi m−a < m bilo gornje ogranicenje, sto je suprotnosti sa pretpostavkomda je m najmanje gornje ogranicenje. Zato postoji broj ka ∈ S (k ∈ N) za koji vazi m − a < ka. Tadai k + 1 ∈ N , pa m = (m − a) + a < ka + a = (k + 1)a. Kako (k + 1)a ∈ S, dobijamo da m nije gornjeogranicenje, sto je kontradikcija. Dakle postoji n ∈ N tako da na > b.

Napomena 8.5 Moze se pokazati da postoji bijekcija izmedu decimalnih zapisa realnih brojeva i skuparealnih brojeva Re. �

Definicija 8.6 Neka je x ∈ Re. Tada je apsolutna vrednost realnog broja x data sa

|x| =

{x, x ≥ 0−x, x < 0.

Tvrdenje 8.7

1. |0| = 0

2. x 6= 0⇒|x| > 0

3. |x| = x ∨ |x| = −x

4. −|x| ≤ x ≤ |x|

5. |−x| = |x|

6. |x| < a⇔−a < x < a

7. |xy| = |x||y|

8. |x + y| ≤ |x| + |y|

Dokaz. Osobine 1, 2, 3, 4 i 5 slede direktno iz definicije.

6. Osobina 6 je posledica cinjenice da je

−a < x < a ⇔ −a < −x < a

7. Osobina 7 je posledica definicije i osobine 5.

8. Iz osobine 5 imamo |x + y| = |−x − y|, iz osobine 3 sledi |x + y| = x + y ∨ |x + y| = −x − y, a iz4 takode x ≤ |x|, −x ≤ |x|, −y ≤ |y|, y ≤ |y| odakle sledi x + y ≤ |x| + |y| i −x − y ≤ |x| + |y| tj.|x + y| ≤ |x| + |y|.

Realni brojevi se mogu prikazati i u ravni pomocu realne prave. Neka je data prava p u ravni.Izaberimo dve razlicite tacke A i B na pravoj p i pridruzimo im redom brojeve 0 i 1. Prenosenjem duziAB dobijamo celobrojne tacke na realnoj osi, a potom se odgovarajucim konstrukcijama pridruze tackeracionalnim brojevima. Koriscenjem osobine neprekidnosti realne prave dokazuje se da se i iracionalnimbrojevima mogu dodeliti odgovarajuce tacke na pravoj. Moze se pokazati da je takvo preslikavanjebijekcija. Dalje se moze uspostaviti bijekcija skupa R2

e uredenih parova realnih brojeva i tacaka ravni,kao i bijekcija skupa R3

e trojki realnih brojeva i tacaka prostora.

156 8. BROJEVI

8.2 Prirodni brojevi

Videli smo da se skup prirodnih brojeva sa nulom N0 moze uvesti kao podskup skupa realnih brojeva.Drugi nacin zasnivanja prirodnih brojeva su sledece Peanove aksiome.

1. 0 ∈ N0.

2. Za svaki broj n ∈ N0 postoji n′ ∈ N0 koji se naziva sledbenik broja n.

3. m′ = n′ ⇒m = n.

4. 0 nije naslednik ni jednog broja iz N0.

5. M ⊆ N0, 0 ∈ M, (n ∈ M ⇒n′ ∈ M)⇒M = N0.

Skupove celih i racionalnih brojeva moguce je definisati polazeci od skupa prirodnih brojeva. Dalje sepomocu racionalnih brojeva uvode realni brojevi.

Poslednja Peanova aksioma je aksioma indukcije. Onda predstavlja univerzalno tvrdenje koje se odnosina sve podskupove M skupa N0. U teoriji prvog reda ovo tvrdenje nije moguce izraziti jedinstvenomaksiomom. Zato uvodi sledeca sema-aksioma:

A(0) ∧ (∀x)(A(x)⇒A(x′))⇒(∀x) A(x)

za svaku formulu A predikatskog racuna. Ovo je samo specijalni slucaj Peanove aksiome indukcije, jersvih podskupova M skupa N0 ima kontinuum, a formula prvog reda ima samo prebrojivo mnogo.

U grupoidu (N0,′ ) operacije sabiranja i mnozenja definisemo na sledeci nacin:

n + 0 = n

n + m′ = (n + m)′

n · 0 = 0

n · m′ = n · m + n.

Primenom matematicke indukcije pokazujemo da vaze poznate osobine prirodnih brojeva kao sto sukomutativnost i asocijativnost sabiranja i distributivnost mnozenja prema sabiranju.

Matematicka indukcija se cesto koristi u nesto modifikovanom obliku. Ukoliko zelimo da pokazemoda neko tvrdenje vazi za sve prirodne brojeve pocev od nekog broja n0, tada pokazujemo da vazi za n0 ida vazenje tvrdenja za neko k ≥ n0 povlaci njegovo vazenje za k + 1.

Primer 8.8 Ilustrovacemo nacin primene matematicke indukcije tako sto cemo pokazati da za svakiprirodan broj n vazi

S(n) : 1 + 2 + · · · + n =n(n + 1)

2.

S(1) se svodi na 1 = 1·22 sto trivijalno vazi.

Pretpostavimo da vazi Sk:

1 + 2 + · · · + k =k(k + 1)

2.

Ako i jednoj i drugoj strani dodamo k + 1, dobijamo

1 + 2 + · · · + k + (k + 1) =k(k + 1)

2+ (k + 1),

sto posle sredivanja daje

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

2,

a to je upravo S(k + 1). Dakle S(k)⇒S(k + 1), a kako vazi S(1), prema aksiomi matematicke indukcijesledi (∀n ∈ N) S(n). 4

8.3. PRSTEN CELIH BROJEVA 157

8.3 Prsten celih brojeva

Jednacina a + x = b nema uvek resenje u skupu N0. Zato se javlja potreba za uvodenjem strukture kojabi zadrzala neka bitna svojstva strukture skupa N0, ali u kojoj bi jednacina a+x = b uvek imala resenje.Zahtev da nova struktura zadrzi neka bitna svojstva polazne strukture koja predstavljala motivacijuza njen nastanak, naziva se “Hankelov (H. Hankel) princip permanencije”. Kada kazemo da smo skupprirodnih brojeva prosirili skupom negativnih brojeva i tako dobili skup celih brojeva, znaci da smodefinisali novu strukturu celih brojeva koja kao svoju podstrukturu sadrzi strukturu izomorfnu skupuprirodnih brojeva.

Opisacemo konstrukciju pomocu koje od strukture prirodnih brojeva dolazimo do prstena celihbrojeva.

Neka je (A, +, ·) algebra tipa (2, 2) takva da su + i · komutativne i asocijativne operacije, vazi zakonskracivanja za operaciju + i zakon distributivnosti · prema +. (Primetimo da (N0, +, ·) zadovoljava oveosobine.) Definisimo operacije +′ i ·′ na skupu A2 na sledeci nacin:

(x1, x2) +′ (y1, y2)def= (x1 + y1, x2 + y2)

(x1, x2) ·′ (y1, y2)def= (x1 · y1 + x2 · y2, x1 · y2 + x2 · y1)

Primenom asocijativnosti, komutativnosti i distributivnosti operacija + i ·, direktno se dobija da su i +′

i ·′ komutativne i asocijativne operacije na A2 i da je ·′ distributivna prema +′. Definisimo relaciju ∼ naskupu A2 na sledeci nacin:

(x1, x2) ∼ (y1, y2)def⇐⇒ x1 + y2 = y1 + x2.

Pokazacemo da je ∼ kongruencija algebre (A2, +′, ·′) tj. da je refleksivna, antisimetricna, tranzitivna,saglasna sa +′ i saglasna sa ·′.

Refleksivnost Kako je x1 + x2 = x1 + x2, po definiciji sledi (x1, x2) ∼ (x1, x2) za proizvoljno (x1, x2) ∈A2.

Simetricnost Neka (x1, x2) ∼ (y1, y2). Tada x1 + y2 = y1 + x2, pa y1 + x2 = x1 + y2, sto znaci(y1, y2) ∼ (x1, x2).

Tranzitivnost Neka je (x1, x2) ∼ (y1, y2) i (y1, y2) ∼ (z1, z2). Tada x1 +y2 = y1 +x2 i y1 +z2 = z1 +y2.Sabiranjem ovih jednakosti dobijamo (x1 +y2)+(y1 +z2) = (y1 +x2)+(z1 +y2). Odatle primenomasocijativnosti, komutativnosti i zakona skracivanja za operaciju + dobijamo x1 + z2 = z1 + x2, paje (x1, x2) ∼ (z1, z2).

Saglasnost sa +′ Posto je +′ komutativna operacija, dovoljno je proveriti da vazi

(x1, x2) ∼ (y1, y2)⇒(x1, x2) +′ (z1, z2) ∼ (y1, y2) +′ (z1, z2).

Neka je (x1, x2) ∼ (y1, y2). Tada je x1+y2 = y1+x2. Ako na obe strane dodamo z1+z2 i primenimoasocijativnost i komutativnost za + dobijamo

(x1 + z1) + (y2 + z2) = (y1 + z1) + (x2 + z2)

a to znaci (x1 + z1, x2 + z2) ∼ (y1 + z1, y2 + z2) odnosno

(x1, x2) +′ (z1, z2) ∼ (y1, y2) +′ (z1, z2).

Saglasnost sa ·′ I ovde je zbog komutativnosti operacije ·′ dovoljno proveriti

(x1, x2) ∼ (y1, y2)⇒(x1, x2) ·′ (z1, z2) ∼ (y1, y2) ·′ (z1, z2).

Neka je (x1, x2) ∼ (y1, y2). Tada je x1 + y2 = y1 + x2. Odatle sledi

(x1 + y2) · z1 = (y1 + x2) · z1. (∗)

Kako je + komutativna operacija, sledi x2 + y1 = y2 + x1, pa i

(x2 + y1) · z2 = (y2 + x1) · z2. (∗∗)

158 8. BROJEVI

Sabiranjem jednakosti (∗) i (∗∗) dobijamo

(x1 + y2) · z1 + (x2 + y1) · z2 = (y1 + x2) · z1 + (y2 + x1) · z2

sto posle primene distributivnosti, kao i asocijativnosti i komutativnosti za + daje

x1 · z1 + x2 · z2 + y1 · z2 + y2 · z1 = y1 · z1 + y2 · z2 + x1 · z2 + x2 · z1,

a to po definiciji znaci

(x1 · z1 + x2 · z2, x1 · z2 + x2 · z1) ∼ (y1 · z1 + y2 · z2, y1 · z2 + y2 · z1)

tj. (x1, x2) ·′ (z1, z2) ∼ (y1, y2) ·′ (z1, z2).

Dakle ∼ je kongruencija, pa postoji faktor-algebra (A2/∼,⊕,�) algebre (A2, +′, ·′). Na faktor-algebruse prenosi komutativnost, asocijativnost i distributivnost operacija. Pokazacemo da postoji neutralnielement za ⊕ i inverzni elementi u odnosu na ⊕. Za proizvoljno a ∈ A vazi

(x1, x2)/∼⊕ (a, a)/∼ = (x1 + a, x2 + a)/∼.

Kako je x1+x2+a = x1+a+x2, sledi (x1, x2) ∼ (x1 +a, x2+a), sto znaci (x1, x2)/∼ = (x1+a, x2+a)/∼.Dakle (a, a)/∼ je neutralni element za ⊕. Neka je sada (x1, x2)/∼ ∈ A2/∼ proizvoljan. Tada je zbogkomutativnosti za +

(x1, x2)/∼⊕ (x2, x1)/∼ = (x1 + x2, x2 + x1)/∼ = (a, a)/∼,

sto znaci da je (x2, x1)/∼ inverzni element elementa (x1, x2)/∼. Dakle ⊕ je asocijativna i komutativnaoperacija, postoji neutralni element i postoji inverzni element za svaki element iz A2/∼, pa je (A2/∼,⊕)grupa. Kako je � asocijativna operacija i vazi distributivnost � prema ⊕, znaci da je (A2/∼,⊕,�) prsten.

Ako ovu konstrukciju sprovedemo za strukturu (N0, +, ·), tada dobijamo prsten (N20 /∼,⊕,�) koji

nazivamo prsten celih brojeva i pisemo samo Z = (Z, +, ·). Podstruktura prstena (Z, +, ·) koja jeizomorfna sa (N0, +, ·) je odredena skupom { (m, 0)/∼ | m ∈ N0} i izomorfizam je upravo preslikavanjedato sa f(n) = (n, 0)/∼ za n ∈ N0.

Videli smo da je skup realnih brojeva gust. Kada se na prirodan nacin uvede relacija totalnog poretkana skupovima N0 i Z moze se zakljuciti da skupovi N0 i Z nisu gusti, ali da u njima vazi aksiompotpunosti.

8.4 Elementi teorije brojeva

Tvrdenje 8.9 (Deljenje sa ostatkom) Neka je a ∈ Z proizvoljan ceo broj i b ∈ N . Tada postojejedinstveni brojevi q i r tako da q ∈ Z, r ∈ {0, 1, . . . , b − 1} i vazi

a = qb + r

Dokaz.

Egzistencija p i q. Prvo cemo dokazati da za a ∈ N0 postoje odgovarajuci q i r. Dokaz sprovodimoindukcijom po a. Ako je a = 0, tada je a = 0 · b + 0 i vazi 0 < b, pa mozemo staviti q = 0 i r = 0.Pretpostavimo da tvrdenje vazi za a. Tada postoje q i r tako da je a = qb + r i 0 ≤ r ≤ b − 1.Treba da pokazemo da postoje q′ i r′ tako da vazi a + 1 = q′b + r′ i 0 ≤ r′ ≤ b − 1. Razlikujemodva slucaja.

1. r ≤ b−2. Tada je a+1 = qb+(r+1) i vazi r+1 ≤ b−1, pa mozemo staviti q ′ = q i r′ = r+1.

2. r = b − 1. Tada je a + 1 = qb + b − 1 + 1 = q(b + 1), pa mozemo staviti q ′ = q + 1 i r′ = 0.

Treba jos pokazati da postoje odgovarajuci q′ i r′ za a ≤ −1. Tada je −a − 1 ≥ 0, pa premaprethodnom razmatranju postoje q i r tako da vazi −a − 1 = qb + r i 0 ≤ r ≤ b − 1. Odatle sledia = (−q)b − r − 1, odnosno a = (−q − 1)b + (b − 1) − r. Kako je 0 ≤ (b − 1) − r ≤ b − 1, mozemouzeti q′ = −q − 1 i r′ = b − 1 − r.

Jedinstvenost p i q Neka je a = q1b + r1 i a = q2b + r2 pri cemu 0 ≤ r1, r2 ≤ b − 1. Tada je (q1 −q2)b = r2 − r1. Pri tome je −(b − 1) ≤ r2 − r1 ≤ b − 1. Ako bi bilo q1 − q2 ≤ −1 tada bi vazilor2 − r1 = (q1 − q2)b ≤ −b, sto je nemoguce. Ako bi vazilo q1 − q2 ≥ 1 tada bi bilo r2 − r1 = (q1 −q2)b ≥ b, sto je takode nemoguce. Dakle mora biti q1 − q2 = 0, odakle sledi q1 = q2, pa i r1 = r2,sto znaci da su q i r jedinstveni.

8.4. ELEMENTI TEORIJE BROJEVA 159

Broj q iz prethodnog tvrdenja se naziva kolicnik, a broj r ostatak deljenja broja a brojem b. Pisemoq = a div b i r = a mod b.

Definicija 8.10 Kazemo da ceo broj m deli ceo broj n (ili da je n deljiv sa m), u oznaci m | n, akkopostoji k ∈ Z tako da je n = km (tj. n mod m = 0).

Lako se pokazuje da je relacija | relacija parcijalnog uredenja na skupu N0.

Definicija 8.11 Broj d ∈ N je najveci zajednicki delilac brojeva a, b ∈ Z, u oznaci d = NZD(a, b) ilid = (a, b), akko

1. d | a i d | b

2. za svako d1 ∈ Z za koje vazi d1 | a i d1 | b vazi i d1 | d.

Za cele brojeve a i b kazemo da su uzajamno prosti ako je NZD(a, b) = 1.

Definicija 8.12 s ∈ N je najmanji zajednicki sadrzalac brojeva a, b ∈ Z, u oznaci s = NZS(a, b) ilis = [a, b], akko

1. a | s i b | s

2. za svako s1 ∈ Z za koje vazi a | s1 i b | s1 vazi i s | s1.

Tvrdenje 8.13 (Euklidov algoritam) Neka su a, b ∈ Z proizvoljni celi brojevi. Tada postoji jedin-stven d = NZD(a, b) i postoje brojevi α, β ∈ Z tako da

αa + βb = d.

Dokaz. Neka su a, b ∈ Z proizvoljni. Opisacemo postupak kojim se efektivno nalazi NZD(a, b) i brojeviα, β ∈ Z. Jedinstvenost NZD(a, b) je direktna posledica definicije za NZD i antisimetricnosti relacije | naskupu N0.

Lako se proverava da znak brojeva ne utice na deljivost. Zato mozemo posmatrati slucaj kada jea, b ∈ N0. Iz definicije najveceg zajednickog delioca sledi NZD(a, b) = NZD(b, a), sto znaci da mozemouzeti a ≥ b. Neka je a0 = a i b0 = b. Ako je bi 6= 0 tada definisemo qi, ai+1 i bi+1 na sledeci nacin:

qi = ai div bi

ai+1 = bi

bi+1 = ai mod bi.

Tako mozemo racunati sledece clanove nizova na osnovu prethodnih sve dok je bi 6= 0. Kada je bi = 0,postupak je zavrsen. Iz definicije sledi da je bi+1 < bi. Zato su nizovi ai i bi strogo opadajuci, pa postojik ∈ N0 tako da je bk = 0. To znaci da se postupak uvek zavrsava u konacnom broju koraka. Pokazacemoda je za svako 0 ≤ i ≤ k broj ak najveci zajednicki delilac brojeva ai i bi, odakle ce slediti ak = NZD(a, b).Za i = k tvrdenje vazi jer ak | ak i ak | 0, a za proizvoljan d1 za koji vazi d1 | ak i d1 | 0 vazi d1 | ak, stopo definiciji znaci ak = NZD(ak, 0) = NZD(ak, bk). Pretpostavimo sada da tvrdenje vazi za i + 1: nekaje ak = NZD(ai+1, bi+1) = NZD(bi, bi+1). Tada ak | bi i ak | bi+1. Kako je ai = qibi + bi+1, sledi ak | ai.Dakle, ak jeste delilac brojeva ai i bi, treba jos pokazati da je najveci. Neka d′ | ai i d′ | bi = ai+1.Kako je bi+1 = ai − qibi sledi d′ | bi+1. Dakle imamo d′ | ai+1 i d′ | bi+1, pa posto je po pretpostavciak = NZD(ai+1, bi+1), sledi d′ | ak. Tada iz definicije sledi ak = NZD(ai, bi). Dakle

ak = NZD(ak, bk) = NZD(ak−1, bk−1) = · · · = NZD(a0, b0) = NZD(a, b).

Sada cemo opisati postupak za odredivanje brojeva α i β koristeci konstruisane nizove ai, bi, qi.Definisimo nizove αk, αk−1, . . . , α0 i βk, βk−1, . . . , β0 na sledeci nacin:

αk = 1, βk = 1

αi = βi+1, βi = αi+1 − βi+1qi

Pokazacemo da za 0 ≤ i ≤ k vaziαiai + βibi = d.

Za i = k tvrdenje se svodi na 1 · d + 1 · 0 = d, sto vazi. Pretpostavimo da tvrdenje vazi za i + 1:

αi+1ai+1 + βi+1bi+1 = d.

160 8. BROJEVI

Zamenjujuci ai+1 = bi i bi+1 = ai − qibi dobijamo

αi+1bi + βi+1(ai − qibi) = d,

tj.βi+1ai + (αi+1 − βiqi)bi = d,

a to je upravoαiai + βibi = d.

Prema tome, vazi i α0a0 + β0b0 = d, pa mozemo staviti α = α0 i β = β0.

Primer 8.14 Pokazimo da je u ciklicnoj grupi Cn reda n preslikavanje f(x) = xm automorfizam akkosu m i n uzajamno prosti.

⇐) : Neka su m i n uzajamno prosti, tj. NZD(m, n) = 1. Dokazujemo da je preslikavanje f : Cn → Cn,definisano sa f(x) = xm automorfizam grupe Cm. Kako je NZD(m, n) = 1, postoje celi brojevi a i btakvi da je am + bn = 1. Pokazimo da je f 1-1 preslikavanje. Neka je f(x) = f(y) tj. xm = ym. Posto ugrupi Cn za svaki element z ∈ Cn vazi zn = e, sledi

x = x1 = xam+bn = (xm)a(xn)b = (ym)aeb

= (ym)a(yn)b = yam+bn = y1 = y.

Kako je f 1-1, a Cn konacan skup, sledi da je f i na. Konacno, kako je ciklicna grupa komutativna,

f(xy) = (xy)m = xmym = f(x)f(y),

pa je f bijektivni homomorfizam, tj. automorfizam.⇒) : Neka je f(x) = xm automorfizam i a generator grupe Cn. Pretpostavimo da NZD(m, n) = d > 1.

Tada postoje k1 i k2 tako da m = k1d i n = k2d. Kako d > 1 sledi 1 ≤ k2 < n. Zato je ak2 6= e. Kako je

f(ak2) = ak2m = ak2k1d = (ak2d)k1 = (an)k1 = e = f(e),

sledi da f nije 1-1, sto je kontradikcija sa pretpostavkom da je f automorfizam. 4

Definicija 8.15 Za prirodan broj p ≥ 2 kazemo da je prost akko nije deljiv ni sa jednim prirodnimbrojem razlicitim od 1 i p. Prirodan broj veci od 2 je slozen akko nije prost.

Primer 8.16 (Mala Fermaova (P. Fermat) teorema) Ako je p pozitivan prost broj, tada za svakipozitivan ceo broj a vazi

ap ≡ a (mod p)

Dokaz. Indukcijom po a. Za a = 1 tvrdenje ocigledno vazi. Pretpostavimo da p | ap − a. Treba dadokazemo da p | (a + 1)p − (a + 1). Kako je

(a + 1)p − (a + 1) = (ap − a) +

(

pa +p(p − 1)

2!+ · · · + pap−1

)

a oba sabirka na desnoj strani su deljiva sa p, sledi trazeno tvrdenje. 4

Lema 8.17 Neka a, b, c ∈ N . Ako c | ab i NZD(c, a) = 1, tada c | b.

Dokaz. Neka a, b, c ∈ N , c | ab i NZD(c, a) = 1. Tada prema Euklidovom algoritmu (8.13) postojeα, β ∈ Z tako da

αc + βa = 1,

odakle slediαcb + βab = b.

Posto c | αcb i c | βab, sledi c | b.

Lema 8.18 Neka je p prost broj i a, b ∈ Z. Ako p | ab, tada p | a ili p | b.

8.4. ELEMENTI TEORIJE BROJEVA 161

Dokaz. Neka je p proizvoljan prost broj i a, b ∈ Z. Ukoliko p | a, tada tvrdenje vazi. Ukoliko p |/ a,tada je NZD(p, a) = 1 jer su jedini delioci broja p broj 1 i sam broj p, a p nije delilac broja a. Premaprethodnoj lemi (8.17) p | b.

Tvrdenje 8.19 (Osnovni stav aritmetike) Neka je n > 1 prirodan broj. Tada se n na jedinstvennacin moze napisati u obliku

n = pα1

1 , . . . , pαk

k (∗)gde su p1 < p2 < · · · < pk prosti brojevi i α1, . . . , αk ∈ N .

Dokaz. Prvo cemo pokazati da se svaki prirodan broj moze napisati u obliku (∗). Ako je n = 2 tadaje n = 21, pa se moze napisati u obliku (∗). Pretpostavimo da tvrdenje vazi za sve brojeve manje odn. Ako je n prost broj, tada se on moze napisati u obliku n1. Ako je n slozen, tada je n = a · b gde1 < a, b < n, pa za a i b vazi induktivna hipoteza. Zato se a i b mogu napisati u obliku (∗). Tadaprimenom asocijativnosti i komutativnosti mozemo sortirati redosled prostih cinilaca u proizvodu a · b isabrati eksponente. Tako dobijamo broj n predstavljen u obliku (∗). Dakle tvrdenje vazi i za n.

Sada treba pokazati da je razlaganje na proste cinioce jedinstveno. Pretpostavimo da su pα1

1 , . . . , pαk

k

i qβ1

1 , . . . , qβl

l dva razlaganja broja n na proste cinioce. Tada je

pα1

1 , . . . , pαk

k = qβ1

1 , . . . , qβl

l .

Pretpostavimo da su razlaganja razlicita, bilo da se neki od prostih brojeva sa jedne strane ne javlja sadruge, ili se javlja sa razlicitim eksponentom. Tada mozemo skratiti sve cinioce zajednicke za obe stranetako da bar sa jedne strane dobijemo broj razlicit od 1:

pαi1

i1, . . . , p

αik1

ik1= q

βj1

j1, . . . , q

βjl1

jl1.

Neka je npr. αk1> 0. Tada pi1 deli levu stranu, pa mora deliti i desnu. Prema lemi 8.18 prost broj

pi1 deli neki od prostih brojeva qj1 , . . . , qjl1, a to je kontradikcija sa pretpostavkom da smo skratili sve

zajednicke cinioce.

Tvrdenje 8.20 (Euklid) Prostih brojeva ima beskonacno mnogo.

Dokaz. Pretpostavimo suprotno: da postoji konacno mnogo prostih brojeva. Neka su p1, . . . , pk sviprosti brojevi. Stavimo

p = p1 · p2 · · · pk + 1.

Broj p je veci od svih brojeva p1, . . . , pk, pa mora biti slozen. Zato se on moze napisati kao proizvodprostih brojeva, sto znaci da je deljiv sa nekim od prostih brojeva p1, . . . , pk, a to je kontradikcija jer pdaje ostatak 1 pri deljenju sa svakim od brojeva p1, . . . , pk.

8.4.1 Linearne Diofantove jednacine

Ako su a i b celi brojevi i a, b 6= 0, tada se linearna jednacina oblika

ax + by = c

pri cemu promenljive x i y uzimaju vrednosti iz skupa celih brojeva, naziva linearna Diofantova jednacina.Jednacine ovog tipa proucavao je grcki matematicar Diofant u trecem veku pre nase ere. Zahtev da suresenja celobrojna otezava njihovo resavanje. Na primer, jednacina x+y = 1 ima beskonacno resenja, dokjednacina 8x + 12y = 13 nema ni jedno, jer je leva strana prethodne jednakosti parna za sve celobrojnevrednosti x i y.

Tvrdenje 8.21 Linearna Diofantova jednacina ax+by = c ima resenje akko d | c, gde je d = NZD(a, b).

Dokaz. ⇒) : Neka je d = NZD(a, b) i neka je (x0, y0) resenje jednacine, tj. ax0 + by0 = c. Kako d | a id | b, sledi d | ax0 + by0 (= c).

⇐) : Pretpostavimo da d | c. Tada postoji broj k ∈ Z tako da c = kd. Na osnovu tvrdenja 8.13 postojeceli brojevi x′ i y′ takvi da je ax′ + by′ = d. Mnozeci poslednju jednakost sa k dobijamo akx′ + bky′ = dk,tj.

a(kx′) + b(ky′) = c,

pa je (kx′, ky′) jedno resenje polazne linearne Diofantove jednacine.

162 8. BROJEVI

Primer 8.22 Resimo Diofantovu jednacinu 13x + 32y = 5. U ovom slucaju je a = 13, b = 32 i c = 5.Koristeci Euklidov algoritam dobijamo:

32 = 2 · 13 + 6; 13 = 2 · 6 + 1; 6 = 6 · 1,

te su brojevi 32 i 13 uzajamno prosti, pa broj 1 mozemo napisati kao

1 = 13 + (−2) · 6 = 13 + (−2)(32 − 2 · 13) = 5 · 13 + (−2) · 32.

Mnozenjem jednacine 1 = 5 · 13 + (−2) · 32 sa 5 dobijamo 13 · 25 + 32 · (−10) = 5, te je jedno resenjepolazne jednacine par (25,−10). 4

8.5 Racionalni brojevi

Celi brojevi nam omogucavaju da resavamo jednacinu oblika a + x = b, ali u skupu Z i dalje nije moguceresiti sve jednacine oblika x · a = b. Da bi smo omogucili resavanje i ovih jednacina, rukovodeci seHankelovim principom permanencije uvodimo skup racionalnih brojeva. Racionalni brojevi se definisupomocu celih brojeva slicno kao sto se celi brojevi definisu pomocu prirodnih. Na skupu Z × (Z \ {0}) se

definise relacija (p, q) ∼ (r, s)def⇐⇒ p · s = r · s i pokazuje da je ∼ kongruencija u odnosu na oeracije + i ·

definisane sa

(b, a) + (d, c) = (ad + bc, ac)

(b, a) · (d, c) = (bd, ac).

Dobijeni faktor-prsten je prsten racionalnih brojeva, za koji se pokazuje da je polje. Pri radu saracionalnim brojevima pogodno je izabrati jedinstvenog predstavnika svake klase (p, q)/∼. U ovom slucaju

mozemo uzeti predstavnika (p, q) za kojeg vazi NZD(p, q) = 1. Klasu (p, q)/∼ tada oznacavamo sap

q.

Tako skup racionalnih brojeva mozemo posmatrati i kao skup

Ra =

{p

q| p, q ∈ Z, q 6= 0, NZD(p, q) = 1

}

.

Cesto skup Ra oznacavamo sa Q.Skup racionalnih brojeva je gust, ali u njemu ne vazi aksioma potpunosti. Naime, iz aksiome

potpunosti bi sledilo, recimo, da postoji broj x tako da je x2 = 2. Pokazacemo da to nije slucaj (dokazkoji sledi potice od Euklida). Naime, pretpostavimo suprotno, da postoji broj x ∈ Ra takav da je x2 = 2.

Kako je x ∈ Ra, vazi x = ab gde su a i b uzajamno prosti celi brojevi i b 6= 0. Dakle a2

b2 = 2 tj. a2 = 2b2.Odavde sledi da je a2 paran broj, pa je zato i a paran broj tj. moze se napisati u obliku a = 2p gde p ∈ Z.Iz jednakosti a2 = 2b2 dobijamo sada 4p2 = 2b2 tj. 2p2 = b2. Sada sledi da je b paran broj, tj. da jeb = 2q gde q ∈ Z. Zakljucujemo da a i b nisu uzajamno prosti brojevi, sto je u suprotnosti sa pocetnompretpostavkom.

Odgovarajucom konstrukcijom se od skupa racionalnih brojeva moze konstruisati skup realnih brojevau kome vazi i aksioma potpunosti.

8.6 Kompleksni brojevi

Prilikom konstrukcije celih i racionalnih brojeva primenjivali smo osobine direktnog proizvoda i homo-morfizma. Tako smo dobili strukture koje zadrzavaju neke bitne osobine polaznih struktura. Moze se,medutim, pokazati da direktni proizvod polja nije polje, a homomorfna slika polja je nula-prsten ili poljeizomorfno pocetnom. Zato pri daljem “prosirivanju” skupa realnih brojeva koristimo neke druge kon-strukcije. Jednu takvu konstrukciju cemo primeniti da bismo od polja realnih brojeva konstruisali poljekompleksnih brojeva.

Kako je za svaki realan broj x2 ≥ 0, sledi x2+1 > 0, pa jednacina x2+1 = 0 nema resenja u skupu Re.Kompleksni brojevi omogucavaju resavanje i ovih jednacina. Definisemo ih kao strukturu C = (R2

e,⊕,�)gde je

(a, b) ⊕ (c, d) = (a + c, b + d)

(a, c) � (c, d) = (ac − bd, ad + bc)

8.6. KOMPLEKSNI BROJEVI 163

Moze se pokazati da je (R2e,⊕,�) polje. (0, 0) je nula u polju, (1, 0) jedinica, −(a, b) = (−a,−b), a

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

(a, b)−1 =

(a

a2 + b2,− b

a2 + b2

)

.

Struktura ({ (a, 0) | a ∈ Re},⊕,�) je potpolje polja C koje je izomorfno sa poljem Re. Izomorfizam jefunkcija f : Re → R2

e definisana sa f(a) = (a, 0). Zato nema opasnosti od zabune ukoliko (a, 0) pisemosamo a. Umesto ⊕ i � pisemo samo + i ·. Ako sa i oznacimo (0, 1) tada vazi i2 = −1 i svaki broj z ∈ Cse moze napisati u obliku

(a, b) = (a, 0) + (0, b) = (a, 0) + (b, 0) · (0, 1) = a + bi.

Izraz a + bi se naziva algebarski oblik kompleksnog broja (a, b). Ako je z = (a, b) tada broj a nazivamorealni deo kompleksnog broja z i oznacavamo sa <z, a broj b nazivamo imaginarni deo kompleksnog brojaz i oznacavamo sa =z.

Kao sto je napomenuto, prilikom prosirivanja skupa brojeva ne mogu se sacuvati sve osobine.Pokazacemo da se prosirivanjem skupa realnih na skup kompleksnih brojeva nuzno gubi relacija totalnoguredenja saglasna sa + i ·. Naime, pretpostavimo suprotno: postoji relacija totalnog uredenja ≤ na skupuC koja je saglasna sa + i ·. Kako je i 6= 0, mora biti i > 0 ili i < 0. Ako je i > 0 tada je 0 < i i 0 < i, pa0 < i · i, tj. 0 < −1. To povlaci 1 + 0 < 1 + (−1), tj. 1 < 0, sto je kontradikcija sa tvrdenjem 8.2. Ako jei < 0 tada je 0 < −i, pa dobijamo 0 < (−i) · (−i), tj. 0 < −1, a to opet vodi u kontradikciju.

Definicija 8.23 Konjugovano kompleksni broj broja a + bi, u oznaci a + bi, je a − bi.

Definicija 8.24 Moduo kompleksnog broja z = a+ bi, u oznaci |z| je nenegativan realan broj√

a2 + b2.

Sledece osobine su posledice prethodnih definicija.

Tvrdenje 8.25

1. z = z

2. z1 + z2 = z1 + z2

3. z1z2 = z1 z2

4. <z = 12 (z + z)

5. =z = 12i (z − z)

6. |z| = |z|

Kompleksne brojeve prikazujemo u kompleksnoj ravni tako sto kompleksnom broju (a, b) pridruzujemotacku sa koordinatama a i b. Osa x se naziva realna osa, a osa y imaginarna osa. Geometrijski smisaomodula kompleksnog broja (a, b) je udaljenost tacke (a, b) od koordinatnog pocetka. Ugao θ koji (za(a, b) 6= (0, 0)) zaklapa duz (0, 0)(a, b) sa pozitivnim smerom x-ose se naziva argument kompleksnog brojai oznacava se sa arg z. Moze se definisati sa

arg(a, b) =

{arccos a

a2+b2 , b ≥ 0− arccos a

a2+b2 , b < 0.

Definisemo iArg z = { arg z + 2kπ | k ∈ Z }.

Tvrdenje 8.26

1. |z|2 = zz

2. |z1z2| = |z1||z2|

3. | z1

z2| = |z1|

|z2|

4. |z1 + z2| ≤ |z1| + |z2|

164 8. BROJEVI

Dokaz. Neka je z = a + bi, z1 = a1 + b1i i z2 = a2 + b2i.

1. |z|2 = (√

a2 + b2)2 = a2 + b2 = (a + bi)(a − bi) = zz.

2. |z1z2|2 = z1z2z1z2 = z1z2z1 z2 = z1z1z2z2 = |z1|2|z2|2

3. Prema definiciji je

z−1 =

(a

a2 + b2+

−b

a2 + b2i

)

=a

a2 + b2+

b

a2 + b2i =

z

zz= (z)

−1.

Odatle je

∣∣∣∣

z1

z2

∣∣∣∣

=z1

z2

(z1

z2

)

=z1

z2

(z1z

−12

)

=z1

z2z1

(z−12

)=

z1

z2z1(z2)

−1=

z1z1

z2z2=

|z1||z2|

.

4. Koristeci formulu z + z = 2<z i <z ≤ |z|, dobijamo |z1 + z2|2 = (z1 + z2)(z1 + z2) = |z1|2 +|z2|2 + 2<(z1z2) ≤ |z1|2 + |z2|2 + 2|z1||z2| = (|z1| + |z2|)2, a kako za svako z ∈ C vazi |z| ≥ 0, sledi|z1 + z2| ≤ |z1| + |z2|.

Ako je (a, b) = z ∈ C \ {(0, 0)} tada postoji θ = arg z i vazi a = |z| cos θ i b = |z| sin θ. Tada je

z = a + bi = |z|(cos θ + i sin θ).

Poslednji izraz predstavlja trigonometrijski oblik kompleksnog broja i krace se oznacava sa |z| cis θ.Primenom trigonometrijskih identiteta neposredno se pokazuje da za z1 = |z1| cis θ1 i z2 = |z2| cis θ2

vaziz1z2 = |z1||z2| cis (θ1 + θ2)

i z1

z2= z1

z2cis (θ1 − θ2). Matematickom indukcijom se moze pokazati da vazi Moavrova formula (A.

Moivre):(cis θ)n = cisnθ,

sto se moze koristiti za resavanje jednacina oblika zn = a gde je a ∈ C.

9

Matrice

9.1 Gausov postupak

Neka je (P, +, ·) polje. Sistem od m linearnih jednacina sa n nepoznatih je konjunkcija sledecih formula.

a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = b1

· · ·am1x1 + am2x2 + · · · + amnxn = bm

(S)

Elementi aij za 1 ≤ i ≤ m i 1 ≤ j ≤ n se nazivaju koeficijenti, a elementi bi za 1 ≤ i ≤ m slobodni clanovi.Pri tome slobodni clanovi i koeficijenti uzimaju vrednosti iz polja. Resenje sistema (S) je uredena n-torka(c1, . . . , cn) elemenata polja P koja zadovoljava sve jednacine sistema (S) (kada promenljive x1, . . . , xn

redom uzmu vrednosti c1, . . . , cn identiteti vaze u polju P ). Skup resenja sistema (S) je

R(S) = { (c1, . . . , cn) | (c1, . . . , cn) je resenje sistema (S) }.

Sistem jednacina je homogen ako je bi = 0 za sve 1 ≤ i ≤ n. Za homogeni sistem je R(S) 6= ∅ jer(0, . . . , 0) ∈ R(S). Resenje (0, . . . , 0) se naziva trivijalno resenje. Ako je R(S) = ∅ kazemo da je sistem Sprotivrecan. U suprotnom je sistem neprotivrecan. Ako je |R(S)| = 1 kazemo da sistem ima jedinstvenoresenje. Za |R(S)| > 1 sistem je neodreden. Sistemi S1 i S2 su ekvivalentni akko R(S1) = R(S2).

Neka je L = a1x1 + a2x2 + · · · + anxn i D = b. Tada je svaka jednacina ovog sistema oblika L = D.Neka je A = L − D. Vaze sledeca jednostavna tvrdenja.

Tvrdenje 9.1 L = D⇔A = 0.

Dokaz. Neka je L = D. Posto je (P, +) grupa, mozemo i levoj i desnoj strani dodati −D. Tada dobijamoL − D = 0. Obrnuto, neka je L − D = 0. Ako dodamo D i levoj i desnoj strani, dobijamo L = D.

Primenom prethodnog tvrdenja sve linearne jednacine u polju mozemo posmatrati u obliku A = 0. Nekasu A = 0 i B = 0 dve linearne jednacine i k ∈ P .

Tvrdenje 9.2 A = 0 ∧ B = 0⇔B = 0 ∧ A + kB = 0.

Dokaz. Neka je A = 0 i B = 0. Tada je A + kB = 0 + k · 0 = 0. Obrnuto, neka je B = 0 i A + kB = 0.Tada je A + k · 0 = 0, tj. A = 0.

Tvrdenje 9.3 Neka su A = 0 i B = 0 jednacine u polju P i t ∈ P \ {0}. Tada

A = 0⇔ t · A = 0.

Dokaz. Neka je A = 0. Tada je t · A = 0. Obrnuto, neka je t · A = 0. Kako je t 6= 0, postoji t−1 ∈ P .Mnozenjem jednacine t · A = 0 sa t−1 dobijamo t−1 · t · A = t−1 · 0 tj. A = 0.

Za resavanje sistema linearnih jednacina od posebnog su znacaja sledece elementarne transformacije:

1. promena mesta jednacinama u sistemu

165

166 9. MATRICE

2. mnozenje neke jednacine sistema elementom k ∈ P razlicitim od 0

3. mnozenje neke jednacine elementom t ∈ P i dodavanje nekoj drugoj jednacini sistema

Prva osobina je posledica komutativnosti i asocijativnosti konjunkcije. Druga osobina je posledicatvrdenja 9.2, a treca tvrdenja 9.3. Sistematskog primenom elementarnih transformacija dolazimo doGausovog algoritam (K. Gaus).

Gausov algoritam Neka je sistem jednacina (S) konjukcija jednacina J1, . . . , Jm sa po n promenljivih.U k-tom koraku algoritma cemo eliminisati po jednu promenljivu iz svih jednacina k + 1, k + 2, . . . , m,ukoliko je to moguce. Algoritam se zavrsava kada nije moguce eliminisati ni jednu promenljivu ili kadaje k = m. k-ti korak algoritma se sastoji u sledecem:

1. Pronaci proizvoljan koeficijent razlicit od nule u nekoj od jednacina Jk, . . . , Jm. Ukoliko takavkoeficijent ne postoji, tada se postupak zavrsava. Ukoliko takav koeficijent postoji, neka je to aij ujednacini Ji gde je i ≥ k.

2. Promeniti redosled jednacina Jk, . . . , Jm tako da se na k-tom mestu nalazi jednacina Ji. Promenitiredosled promenljivih xj , . . . , xn tako da je promenljiva xj k-ta po redu. Sada se koeficijent aij

nalazi na poziciji kk.

3. Svakoj od jednacina Ji za k + 1 ≤ i ≤ m dodati jednacinu Jk pomnozenu brojem −a−1kk · aik . Tada

ce koeficijenti na poziciji ik biti

aik − a−1kk · aik · akk = 0,

cime smo eliminisali koeficijente uz xk u jednacinama Jk+1, . . . , Jm.

4. Ukoliko je k = m, postupak je zavrsen. U suprotnom se k uvecava za 1 i postupak ponavlja.

Jasno je da se ovaj postupak mora zavrsiti u najvise m koraka. Iz prethodnog razmatranja sledi dase svakim korakom dobija sistem ekvivalentat polaznom sistemu. Razmotrimo karakter resenja sistemajednacina u zavisnosti od tacke u kojoj je algoritam zavrsio sa radom.

1. Ukoliko se postupak zavrsi u koraku 4, tada je polazni sistem ekvivalentan trouganom sistemu ukome je poslednja jednacina ammxm = bm. Mnozenjem te jednacine sa a−1

mm koje postoji jer jeprema uslovu koraka 1 amm 6= 0, dobijamo xm = bm · a−1

mm. Sada zamenom xm u jednacinu Jm−1

dobijamo jedinstvenu vrednost za xm−1. Ponavljajuci ovaj postupak dolazimo do jedinstvenogresenja jednacine.

2. Ukoliko se postupak zavrsi u koraku 1, tada su svi koeficijenti aij za k ≤ i ≤ m i k ≤ j ≤ n jednakinuli. Razlikujemo dve mogucnosti.

(a) Svi slobodni clanovi bi za k ≤ i ≤ m su jednaki nuli. Tada ce sistem biti zadovoljen zaproizvoljne vrednosti promenljivih xk, . . . , xm, jer ostale promenljive mozemo odrediti takosto zamenimo proizvoljne vrednosti xk, . . . , xm u jednacine J1, . . . , Jk−1 cime se sistem svodina trougaoni sistem iz prethodnog slucaja 1. Posto vrednosti m− k + 1 promenljivih mozemobirati slobodno, kazemo da je sistem neodreden i ima m − k + 1 stepeni slobode.

(b) Jedan od slobodnih clanova je razlicit od nule, neka je to clan bi. Kako su leve strane svihjednacina jednake 0, jednakost Ji ne moze biti zadovoljena, pa je sistem protivrecan.

9.2. VEKTORSKI PROSTOR 167

Primer 9.4 Sistem linearnih jednacina u skupu realnih brojeva

x +√

2 y =√

3√2x + 2y =

√6

je neodreden, jer dodavanjem prve jednacine pomnozene sa −√

2 drugoj jednacini dobijamo

x +√

2y =√

3

0 = 0

pa sistem ima jedan stepen slobode. Zanimljivo je medutim da ako izvrsimo aproksimaciju broja√

2proizvoljnim racionalnim brojem p

q , dobijamo sistem

x +p

qy =

√3

p

qx + 2y =

√6

koji ima jedinstveno resenje jer se ne moze desiti da je pq ·

pq = 2. Dakle priroda resenja sistema je osobina

koja je vrlo “osetljiva” na zaokruzivanje. 4

Primer 9.5 Ukoliko sistem sadrzi parametre na mestu koeficijenata, tada takode mozemo primenitiGausov postupak, ali je egzistencija i vrednost resenja funkcija datih parametara. Neka je dat sistemjednacina u polju realnih brojeva gde je a ∈ Re realan parametar.

x + ay = a

ax + y = a

Primenimo Gausov postupak na ovaj sistem.

x + ay = a /·(−a)

ax + y = a

x + ay = a

y(1 − a2) = a − a2

Razlikujemo dva slucaja.

1. 1 − a2 6= 0. Tada je y = a−a2

1−a2 = a1+a i x = a

1+a .

2. 1 − a2 = 0. Tada je a = 1 ili a = −1.

(a) a = 1. Sistem se svodi na

x + y = 1

x + y = 1

i on je neodreden sa jednim stepenom slobode.(b) a = −1. Sistem se svodi na

−x + y = −1

x − y = −1.

Sabiranjem ove dve jednacine dobijamo 0 = −2, pa je sistem protivrecan.

4

9.2 Vektorski prostor

Neka je (V, +) komutativna grupa i (P, +, ·) polje. Elemente skupa V nazivamo vektori i oznacavamosa x, y, z, a elemente skupa P skalari i oznacavamo sa a, b, c. Neka je · : P × V → V operacija kojunazivamo spoljasnje mnozenje. (Primetimo da smo znakom · oznacili i operaciju mnozenja polja ispoljasnje mnozenje. Istim znakom smo oznacili i operaciju sabiranja skalara u polju i operaciju sabiranjavektora. Prema konvenciji o oznacavanju objekata u datom kontekstu ce biti jasno o kojoj se operacijiradi.) Kazemo da grupa (V, +) cini vektorski prostor nad poljem (P, +, ·) akko vaze sledece aksiome.

168 9. MATRICE

1. (∀a ∈ P )(∀x, y ∈ V ) a · (x + y) = a · x + a · y2. (∀a, b ∈ P )(∀x ∈ V ) (a + b) · x = a · x + b · x3. (∀a, b ∈ P )(∀x ∈ V ) (a · b) · x = a · (b · x)

4. (∀x ∈ V ) 1 · x = x gde 1 ∈ P jedinica polja.

Napomena 9.6 Vektorski prostor u obliku u kojem smo ga upravo definisali nije algebarska strukturajer operacije nisu definisane na zajednickom skupu. Vektorski prostor se moze definisati i u obliku

(V, +, {fa}a∈P , 0)

gde su fa, za a ∈ P unarne operacija na skupu V . Operacija fa odgovara spoljasnjem mnozenju elementoma polja (P, +, ·), dakle fa(x) = a ·x. Za svaki element polja a ∈ P uvodi se operacija fa : V → V tako daza beskonacno polje P dobijamo algebru sa beskonacno mnogo operacija. �

Navescemo dva primera vektorskog prostora.

Primer 9.7 Neka je D3 skup svih orjentisanih duzi u prostoru. Uvedimo relaciju ∼ na skupu D3. Akosu x, y ∈ D3 duzi u prostoru, tada x ∼ y akko x i y imaju isti

1. pravac,

2. smer (orjentaciju) i

3. duzinu,

tj. akko se mogu poklopiti primenom izometrijskih transformacija. Lako se pokazuje da je ∼ relacijaekvivalencije. Oznacimo sa V 3 skup D3/∼. Elementi skupa V 3 se nazivaju slobodni vektori i oznacavajuse sa ~x, ~y, ~z. Intenzitet vektora ~x je duzina proizvoljne duzi koja predstavlja taj vektor i oznacava se sa|~x|. Na skupu V 3 definisemo operaciju sabiranja vektora sa

x/∼ + y/∼ = z/∼,

gde je z/∼ orjentisana duz dobijena nadovezivanjem orjentisanih duzi x i y kao na slici.

Operacija + na klasama je definisana preko svojih predstavnika i moze se pokazati da je dobrodefinisana. Slicno postupamo i sa ostalim operacijama. Suprotan vektor vektora x/∼ je vektor y/∼gde je y orjentisana duz koja se od x razlikuje samo po tome sto ima suprotan smer (dakle ima istipravac i intenzitet). Za duzi cija se pocetna i krajnja tacka poklapaju ne definisemo smer. Sve ovakveduzi smatramo ekvivalentnim, a klasu ekvivalencije nazivamo nula-vektor i oznacavamo sa ~0. Moze sepokazati da je sa ovako definisanim operacijama (V 3, +) grupa. Neka je (Re, +, ·) polje realnih brojeva.Ako je a ∈ Re i ~x ∈ V 3, tada je a · ~x vektor ciji je

1. pravac jednak pravcu vektora ~x;

2. smer jednak smeru vektora ~x ako je a > 0, suprotan smeru vektora ~x ako je a < 0, a ako je a = 0tada je a · ~x = ~0;

3. intenzitet jednak |a||~x|.Pokazuje se da je tada (V 3, +) vektorski prostor nad poljem (Re, +, ·). 4

Primer 9.8 Neka je (R3e, +) = (Re, +)3 direktni stepen grupe realnih brojeva i (Re, +, ·) polje realnih

brojeva. Proverom ustanovljavamo da (R3e, +) cini vektorski prostor nad poljem (Re, +, ·) ako se operacija

spoljasnjeg mnozenja definise sa

a · (x1, x2, x3) = (ax1, ax2, ax3).

Pokazuje se da je ovaj vektorski prostor izomorfan vektorskom prostoru slobodnih vektora. Izomorfizampridruzuje vektoru (x1, x2, x3) ∈ R3

e slobodan vektor ciji je jedan predstavnik duz sa pocetnom tackomu koordinatnom pocetku i krajnjom tackom sa koordinatama (x1, x2, x3) u Dekartovom koordinatnomsistemu. 4

9.2. VEKTORSKI PROSTOR 169

Tvrdenje 9.9 Neka je (V, +) vektorski prostor nad poljem (P, +, ·). Neka x ∈ V i a ∈ P . Tada vazesledeca tvrdenja:

1. a ·~0 = ~0

2. 0 · x = ~0

3. (−a) · x = −(a · x) = a · (−x)

4. a · x = ~0⇒ a = 0 ∨ x = ~0.

Dokaz.

1. Kako je a ·~0 = a · (~0 +~0) = a ·~0 + a ·~0 i kako u grupi (V, +) vazi zakon skracivanja, sledi a · ~0 = ~0.

2. Analogno prethodnom slucaju dobijamo 0 · x = (0 + 0) · x = 0 · x + 0 · x, pa po zakonu skracivanja0 · x = ~0.

3. Kako je a ·x+(−a) ·x = (a+(−a)) ·x = 0 ·x = ~0 sledi da je (−a) ·x inverzni element elementa a ·xtj. (−a) ·x = −(a ·x). Analogno, iz a ·x+a ·(−x) = a ·(x+(−x)) = a ·~0 = ~0 sledi a ·(−x) = −(a ·x).

4. Neka je a · x = ~0. Ako je a = 0, tada tvrdenje vazi. Ako je a 6= 0, tada postoji a−1, pa je

x = 1 · x = (a−1 · a) · x = a−1 · (a · x) = a−1 ·~0 = ~0,

te tvrdenje vazi i u ovom slucaju.

Definicija 9.10 Linearna kombinacija vektora x(1), . . . , x(n) ∈ V je izraz oblika

a1x(1) + · · · + anx(n),

gde a1, . . . , an ∈ P .

Ako za sve vrednosti a1, . . . , an ∈ P vazi

a1x(1) + · · · + anx(n) = ~0 ⇒ a1 = · · · = an = 0,

onda za vektore x(1), . . . , x(n) kazemo da su linearno nezavisni. U suprotnom kazemo da su linearnozavisni.

Primer 9.11 Posmatrajmo vektore (1, 0, 0), (0, 1, 0) i (0, 0, 1) u prostoru (R3e, +). Neka je

a1(1, 0, 0) + a2(0, 1, 0) + a3(0, 0, 1) = (0, 0, 0).

Tada je(a1, 0, 0) + (0, a2, 0) + (0, 0, a3) = (0, 0, 0),

sto povlaci (a1, a2, a3) = (0, 0, 0), pa je a1 = a2 = a3 = 0. Dakle vektori (1, 0, 0), (0, 1, 0) i (0, 0, 1) sulinearno nezavisni. 4

Primer 9.12 Posmatrajmo vektore (1, 0, 1), (0, 1, 0) i (1, 1, 1). Zanima nas za koje vrednosti a1, a2, a3

vazia1(1, 0, 1) + a2(0, 1, 0) + a3(1, 1, 1) = (0, 0, 0),

a to se svodi na(a1, 0, a1) + (0, a2, 0) + (a3, a3, a3) = (0, 0, 0),

odnosnoa1 + a3 = 0

a2 + a3 = 0

a1 + a3 = 0.

Ovaj homogen sistem ima i netrivijalna resenja. Jedno takvo resenje je a1 = a2 = 1, a3 = −1. Daklevektori (1, 0, 1), (0, 1, 0) i (1, 1, 1) nisu linearno nezavisni. 4

Definicija 9.13 Ako vektorski prostor (V, +) sadrzi n linearno nezavisnih vektora, a svakih n + 1vektora su linearno zavisni, kazemo da V ima dimenziju n i pisemo dim V = n.

170 9. MATRICE

Definicija 9.14 Baza vektorskog prostora (V, +) je skup vektora B = {e(1), . . . , e(n)} tako da su vektorie(1), . . . , e(n) linearno nezavisni, a za svaki vektor x ∈ V vektori e(1), . . . , e(n), x su linearno zavisni.

Iz prethodne definicije sledi sledece tvrdenje.

Tvrdenje 9.15 Neka je B = {e(1), . . . , e(n)} baza vektorskog prostora. Tada za svaki vektor x ∈ Vpostoje jedinstveni skalari a1, . . . , an tako da vazi

x = a1e(1) + · · · + ane(n)

Linearna zavisnost ima odgovarajucu geometrijsku interpretaciju ako se posmatraju slobodni vektori.Tako su u vektorskom prostoru slobodnih vektora vektori e(1), e(2), e(3) linearno nezavisni akko nisukomplanarni.

Definicija 9.16 Neka je (V, +) vektorski prostor nad poljem (P, +, ·). Preslikavanje A : V → V senaziva linearna transformacija akko vazi:

A(x + y) = A(x) + A(y)

A(a · x) = a · A(x)

Tvrdenje 9.17 Neka je A linearna transformacija vektorskog prostora (V, +) nad poljem (P, +, ·). Tadaje A(~0) = ~0.

Dokaz. Po definiciji linearne transformacije vazi:

A(~0) = A(~0 +~0) = A(~0) + A(~0),

a odatle primenom zakona skracivanja sledi A(~0) = ~0.

9.3 Matrice

Matrica tipa (m, n) nad poljem (P, +, ·) je preslikavanje A : I × J → P gde je I = {1, . . . , m} i J ={1, . . . , n}. Element A(i, j) oznacavamo sa aij . Matricu A zapisujemo u obliku seme:

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n

......

. . ....

am1 am2 · · · amn

Celu matricu zapisujemo i u obliku [aij ]m,n. Prema definiciji preslikavanja, [aij ]mn = [bij ]ts vazi akkom = t, n = s i za sve 1 ≤ i ≤ m i 1 ≤ j ≤ n vazi aij = bij . Transponovana matrica matrice [aij ]m,n, uoznaci [aij ]

Tm,n je matrica [aji]n,m. Ako je m = n matricu [aij ]mn nazivamo kvadratna matrica reda m.

Jedinicna matrica je kvadratna matrica reda n kod koje je aii = 1, a aij = 0 za i 6= j:

1 0 · · · 00 1 · · · 0...

.... . .

...0 0 · · · 1

Nula matrica tipa (m, n) je matrica 0 = [0]mn. Zbir matrica [aij ]m,n i [bij ]m,n istih formata je matricadata sa

[aij ]m,n + [bij ]m,ndef= [aij + bij ]m,n.

Ako je [aij ]m,n proizvoljna matrica tada je rezultat njenog mnozenja brojem k ∈ P matrica data sa

k · [aij ]m,n = [k · aij ]m,n.

Vektor je matrica tipa (1, n) ili (n, 1).Na osnovu prethodnih definicija pokazuje se da vaze sledeca tvrdenja.

9.3. MATRICE 171

Tvrdenje 9.18 Skup matrica istog tipa u odnosu na sabiranje matrica je komutativna grupa.

Tvrdenje 9.19 Grupa matrica istog tipa u odnosu na mnozenje elementom polja (P, +, ·) cini vektorskiprostor nad poljem (P, +, ·).

Definicija 9.20 Neka su date matrice A = [aij ]m,r i B = [bij ]r,n. Proizvod matrica A i B je matricatipa (m, n) data sa

[aij ]m,r · [bij ]r,n = [ai1b1j + ai2b2j + · · · + air · brj ]m,n

Ako postoji proizvod matrica A i B, ne mora postojati proizvod matrica B i A. Ako postoje oba proizvodatada rezultat ne moraju biti matrice istog tipa, a ako i jesu istog tipa ne moraju biti jednake. Dakle,mnozenje matrica nije komutativno.

Primer 9.21 [1 11 1

]

·[

1 1−1 −1

]

=

[0 00 0

]

dok je[

1 1−1 −1

]

·[

1 11 1

]

=

[2 2

−2 −2

]

4

Primer 9.22 Neka je u pravouglom koordinatnom sistemu xOy data tacka M(x, y) i neka je izvrsenarotacija koordinatnog sistema xOy oko koordinatnog pocetka O za ugao α u pozitivnom smeru. Neka sux1 i x2 koordinate tacke M u novom koordinatnom sistemu x1Oy1.Tada vazi

x = x1 cosα − y1 sin α

y = x1 sinα + y1 cosα

ili u matricnom obliku [xy

]

=

[cosα − sin αsinα cosα

][x1

y1

]

Matrica [cosα − sinαsin α cosα

]

dakle opisuje rotaciju u R2e oko koordinatnog pocetka za ugao α. 4

Moze se pokazati da postoji bijekcija izmedu linearnih transformacija i matrica, sto ilustrujemosledecim primerom.

Primer 9.23 Neka je (V, +) = (R3e, +) vektorski prostor na poljem (Re, +, ·). Neka je A : R3

e → R3e

preslikavanje dato saA((x, y, z)) = (2x + y + z, x + 2y, x − y − 2z).

Direktno se proverava da je A linearna transformacija. Baza ovog vektorskog prostora je B ={(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1)}. Nadimo slike elemanata baze pod transformacijom A.

A((1, 0, 0)) = (2, 1, 1)

A((0, 1, 0)) = (1, 2,−1)

A((0, 0, 1)) = (1, 0,−2)

172 9. MATRICE

Tada linearnoj transformaciji A odgovara matrica

2 1 11 2 01 −1 −2

cije kolone odgovaraju slikama elemenata baze. 4

9.4 Determinante

Definicija 9.24 Permutacija f skupa A je bijektivno preslikavanje f : A → A.

Mi cemo posmatrati permutacije skupa {1, 2, . . . , n}. Skup svih takvih permutacija oznacavamo sa Sn.Sliku p(i) elementa i permutacije p ∈ Sn oznacavamo sa pi, a celu permutaciju p sa (p1, . . . , pn). Nadskupom od n elemenata postoji n! permutacija, sto se lako proverava indukcijom.

Definicija 9.25 Elementi pi i pj permutacije p su u inverziji akko je i < j i pi > pj .

Ukupan broj inverzija u permutaciji p oznacavamo sa r(p). Ukoliko je taj broj paran, kazemo da jepermutacija parna. U suprotnom kazemo da je permutacija neparna. Primetimo da je broj inverzija upermutaciji p jednak broju inverzija u njoj inverznoj permutaciji p−1. To je zbog toga sto svaka inverzijaelemenata pi > pj za i < j u permutaciji p odgovara inverziji p−1

k > p−1l za k < l ako stavimo k = pj i

l = pi.

Definicija 9.26 Transpozicija ti,j (za i < j) je permutacija koja menja mesta elementima i i j:

ti,j(i) = j

ti,j(j) = i

ti,j(k) = k, k 6= i, k 6= j

Elementarna transpozicija je transpozicija oblika ti,i+1 za 1 ≤ i ≤ n − 1.

Lema 9.27 Svaka elementarna transpozicija menja parnost permutacije.

Dokaz. Neka je p proizvoljna permutacija i ti,i+1 elementarna transpozicija. Pokazacemo da permutacijati,i+1 ◦ p ima uvek jednu manje ili jednu vise inverziju od permutacije p. Poredak elemenata pi i pj uodnosu na ostale elemente pk za k 6= i, j se primenom transpozicije ne menja, kao ni medusobni poredakelemenata pk za k 6= i, j. Oznacimo sa q broj inverzija koji poticu od parova elemenata od kojih jebar jedan pk za k 6= i, j. Ako je pi < pi+1 tada elementi pi i pi+1 nisu u inverziji, pa je r(p) = q. Upermutaciji ti,i+1 ◦ p elementi pi i pi+1 zamene mesta pa su u inverziji, zato je r(ti,i+1 ◦ p) = q + 1. Akoje pak pi > pi+1 tada su elementi pi i pi+1 u inverziji u permutaciji p, ali nisu u inverziji u permutacijiti,i+1 ◦ p. Zato je r(p) = q +1 i r(ti,i+1 ◦ p) = q. U svakom slucaju r(p) i r(ti,i+1 ◦ p) su razlicite parnosti,sto je i trebalo dokazati.

Lema 9.28 Svaka transpozicija menja parnost permutacije.

Dokaz. Neka je p proizvoljna permutacija, tij proizvoljna transpozicija i neka je k = j − i − 1. Izmeduelemenata pi i pj se u permutaciji p nalazi k elemenata. Da bismo zamenili mesta elementima pi ipj mozemo dovesti element pi do elementa pj primenom k elementarnih transpozicija, zatim promenitimesta elementima pi i pj jednom elementarnom transpozicijom i potom vratiti element pj na mesto gdeje bio element pi sa k elementarnih transpozicija. Ukupno je za zamenu mesta elemenata pi i pj potrebno2k + 1 elementarnih transpozicija. Kako svaka elementarna transpozicija menja parnost permutacije,rezultujuca transpozicija ti,j ce takode menjati parnost permutacije.

Definicija 9.29 Determinanta kvadratne matrice [aij ]n,n nad poljem (P, +, ·), u oznaci det A ili |A|, jedata sa ∣

∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n

· · · · · · . . . · · ·an1 an2 · · · ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=∑

p∈Sn

(−1)r(p)a1p1· · · anpn

.

9.4. DETERMINANTE 173

Za matricu reda 1 dobijamo det[a11] = a11. Za matricu reda 2 definicija se svodi na

∣∣∣∣

a11 a12

a21 a22

∣∣∣∣= a11a22 − a12a21,

a za matricu reda 3 dobijamo

∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣∣

=

a11a22a33 − a11a23a33 + a12a23a31 − a12a21a33 + a13a21a32 − a13a22a31.

Za determinantu matrice reda 3 vrednost determinante se moze racunati i po sledecem Sarusovom pravilu(E. Sarrus):

a11 a12 a13 a11 a12

a21 a22 a23 a21 a22

a31 a32 a33 a31 a32

Trojke na opadajucoj dijagonali se racunaju sa znakom +, a trojke na rastucoj dijagonali sa znakom −.Postupak racunanja determinanti se pojednostavljuje ako matrica sadrzi nule. Zbog toga su posebno

znacajne transformacije matrice kojima se matrica moze dovesti na oblik koji sadrzi veci broj nula.

Tvrdenje 9.30 Determinanta se ne menja ako se u matrici vrste zamene kolonama uz ocuvanje poretka(dakle vazi |A| = |AT | za svaku kvadratnu matricu A).

Dokaz. Neka je data matrica A = [aij ]n,n i neka je B = [bij ]n,n njena transponovana matrica,gde je bij = aji. Posmatrajmo proizvoljni sabirak s = (−1)r(p)b1p1

, . . . , bnpnu izrazu za determinantu

matrice B. On je jednak (−1)r(p)ap11, . . . , apnn. Primenom komutativnosti i asocijativnosti mnozenjamozemo sortirati cinioce u proizvodu po prvom indeksu. Ako u ciniocu apkk stavimo j = pk, tada izk = p−1

j dobijamo apkk = ajp−1

j

, gde je p−1 inverzna permutacija permutacije p. Time ap11, . . . , apnn

postaje a1p−1

1

, . . . , anp−1n

. Kako je broj inverzija u permutaciji p jednak broju inverzija u njoj inverznoj

permutaciji p−1, dakle r(p) = r(p−1), sto povlaci

s = (−1)r(p−1)a1p−1

1

. . . anp−1n

To znaci da je sabirak s u izrazu za determinantu matrice B koji je odreden permutacijom p jednaksabirku koji je odreden permutacijom p−1 u izrazu za determinantu matrice A. Sumiranje po sviminverznim permutacijama permutacija skupa Sn je ekvivalentno sumiranju po svim permutacijama skupaSn, pa su i cele determinante jednake.

Prethodno tvrdenje pokazuje da su vrste i kolone ravnopravne kada se razmatraju determinante matrica.Zato cemo u nastavku podrazumevati da tvrdenja koja navodimo za vrste analogno vaze i za kolone (iobrnuto).

Tvrdenje 9.31 Ako su u matrici A elementi jedne vrste jednaki elementima druge vrste, tada je |A| = 0.

Dokaz. Neka je i-ta vrsta jednaka j-toj vrsti matrice A: aik = ajk za 1 ≤ k ≤ n. Uocimo proizvoljanclan s u izrazu za determinantu matrice A odreden permutacijom p:

s = (−1)r(p)a1p1· · ·aipi

· · · ajpj· · · anpn

.

Izraz za determinantu takode sadrzi i clan s′ odreden permutacijom p′ = tij ◦ p:

s′ = (−1)r(p′)a1p1· · ·aipj

· · · ajpi· · ·anpn

.

Kako su i-ta i j-ta vrsta jednake, sledi aipj= ajpj

i ajpi= aipi

, pa je

a1p1· · · aipi

· · ·ajpj· · · anpn

= a1p1· · · aipj

· · · ajpi· · · anpn

. (∗)

174 9. MATRICE

Permutacija p′ je dobijena primenom transpozicije na permutaciju p, pa su permutacije razlicite parnosti,sto povlaci

(−1)r(p′) = −(−1)r(p). (∗∗)Iz (∗) i (∗∗) dobijamo s′ = −s. Svakom sabirku s odgovara tacno jedan sabirak s′ dobijen primenomtranspozicije na permutaciju s, a sabirku s′ odgovara upravo sabirak s. Tako se ceo zbir koji predstavljavrednost determinante razbija na n!/2 parova ciji je zbir nula, pa je i |A| = 0.

Tvrdenje 9.32 Ako je matrica A1 dobijena od matrice A tako sto je svaki element jedne vrste matriceA pomnozen brojem λ, onda je |A1| = λ|A|.

Dokaz. Neka je matrica A1 dobijena od matrice A mnozenjem vrste i brojem λ. Tada je

|A1| =∑

p∈Sn

(−1)r(p)a1p1· · · (λaipi

) · · · anpn

= λ∑

p∈Sn

(−1)r(p)a1p1· · ·aipi

· · · anpn

= λ|A|.

Tvrdenje 9.33 Ako su u matrici A elementi jedne vrste proporcionalni elementima druge vrste, tada je|A| = 0.

Dokaz. Neka su u matrici A elementi k-te vrste jednaki elementima l-te vrste pomnozeni brojem λ. Tadaprema prethodnom tvrdenju vazi |A| = λ|A′| gde su u matrici A′ vrste k i l jednake. Prema tvrdenju 9.31tada je |A′| = 0, odakle sledi |A| = 0.

Tvrdenje 9.34 Ako se matrice A i B razlikuju samo po k-toj vrsti, tada je |A| + |B| = |C| gde je k-tavrsta matrice C jednaka zbiru k-tih vrsta matrica A i B, a ostale vrste su jednake odgovarajucim vrstamamatrica A i B: ∣

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n

· · · · · · · · · · · ·bk1 + ck1 bk2 + ck2 · · · bkn + ckn

· · · · · · · · · · · ·an1 an2 · · · ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n

· · · · · · · · · · · ·bk1 bk2 · · · bkn

· · · · · · · · · · · ·an1 an2 · · · ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n

· · · · · · · · · · · ·ck1 ck2 · · · ckn

· · · · · · · · · · · ·an1 an2 · · · ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

Dokaz.∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n

· · · · · · · · · · · ·bk1 + ck1 bk2 + ck2 · · · bkn + ckn

· · · · · · · · · · · ·an1 an2 · · · ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

=∑

p∈Sn

(−1)r(p)a1p1· · · (bkpk

+ ckpk) · · · anpn

=∑

p∈Sn

(

(−1)r(p)a1p1. . . bkpk

. . . anpn+ (−1)r(p)a1p1

. . . ckpk. . . anpn

)

=∑

p∈Sn

(−1)r(p)a1p1. . . bkpk

. . . anpn+∑

p∈Sn

(−1)r(p)a1p1. . . ckpk

. . . anpn


=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n

· · · · · · · · · · · ·bk1 bk2 · · · bkn

· · · · · · · · · · · ·an1 an2 · · · ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n

· · · · · · · · · · · ·ck1 ck2 · · · ckn

· · · · · · · · · · · ·an1 an2 · · · ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

Tvrdenje 9.35 Determinanta se ne menja ako se elementima jedne vrste dodaju elementi druge vrsteprethodno pomnozeni istim brojem.

Dokaz. Pokazacemo da je determinanta matrice u kojoj je k-ta vrsta dodata l-toj vrsti jednaka polaznojmatrici koristeci tvrdenja 9.34 i 9.33.

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n

· · · · · · · · · · · ·ak1 ak2 · · · akn

· · · · · · · · · · · ·al1 + λak1 al2 + λak2 · · · aln + λakn

· · · · · · · · · · · ·an1 an2 · · · ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n

· · · · · · · · · · · ·ak1 ak2 · · · akn

· · · · · · · · · · · ·al1 al2 · · · aln

· · · · · · · · · · · ·an1 an2 · · · ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

+

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n

· · · · · · · · · · · ·ak1 ak2 · · · akn

· · · · · · · · · · · ·λak1 λak2 · · · λakn

· · · · · · · · · · · ·an1 an2 · · · ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n

· · · · · · · · · · · ·ak1 ak2 · · · akn

· · · · · · · · · · · ·al1 al2 · · · aln

· · · · · · · · · · · ·an1 an2 · · · ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

+ 0 =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n

· · · · · · · · · · · ·ak1 ak2 · · · akn

· · · · · · · · · · · ·al1 al2 · · · aln

· · · · · · · · · · · ·an1 an2 · · · ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

.

Tvrdenje 9.36 Ako dve vrste u matrici zamene mesta, determinanta matrice menja znak.

Dokaz. Neka je A proizvoljna kvadratna matrica. Pokazacemo da se zamenom vrsta k i l menja znakdeterminante. Prvo primenom tvrdenja 9.35 vrstu l dodamo vrsti k:

|A| =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n

· · · · · · · · · · · ·ak1 ak2 · · · akn

· · · · · · · · · · · ·al1 al2 · · · aln

· · · · · · · · · · · ·an1 an2 · · · ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n

· · · · · · · · · · · ·ak1 + al1 ak2 + al2 · · · akn + al2

· · · · · · · · · · · ·al1 al2 · · · aln

· · · · · · · · · · · ·an1 an2 · · · ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

176 9. MATRICE

Zatim primenom tvrdenja 9.35 vrstu k pomnozenu sa −1 dodamo vrsti l, dobijamo

|A| =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n

· · · · · · · · · · · ·ak1 + al1 ak2 + al2 · · · akn + al2

· · · · · · · · · · · ·−ak1 −ak2 · · · −akn

· · · · · · · · · · · ·an1 an2 · · · ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

Konacno primenom tvrdenja 9.32 izvucemo −1 ispred determinante:

|A| = −

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n

· · · · · · · · · · · ·al1 al2 · · · al2

· · · · · · · · · · · ·ak1 ak2 · · · akn

· · · · · · · · · · · ·an1 an2 · · · ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

Tvrdenje 9.37 Neka su A i B kvadratne matrice reda n. Tada je

|A · B| = |A| · |B|.

Dokaz. Za matrice A = [aij ]n,n i B = [bij ]n,n je A · B = [∑n

k=1 aikbkj ]n,n. Na osnovu tvrdenja 9.34dobijamo da je |AB| jednaka zbiru determinanti oblika

∣∣∣∣∣∣∣∣

a1p1bp11 a1p2

bp22 · · · a1pnbpnn

a2p1bp11 a2p2

bp22 · · · a2pnbpnn

· · · · · · · · · · · ·anp1

bp11 anp2bp22 · · · anpn

bpnn

∣∣∣∣∣∣∣∣

gde se sumiranje vrsi po svim preslikavanjima (p1, . . . , pn) skupa {1, . . . , n} na sebe. Prema tvrdenju 9.32,svaki od ovih sabiraka je jednak

bp11bp22 · · · bpnn

∣∣∣∣∣∣∣∣

a1p1a1p2

· · · a1pn

a2p1a2p2

· · · a2pn

· · · · · · · · · · · ·anp1

anp2· · · anpn

∣∣∣∣∣∣∣∣

(9.1)

Ako su neki od brojeva p1, . . . , pn jednaki, onda je sabirak 9.1 jednaka nuli (zbog tvrdenja 9.31). Ako susvi brojevi p1, . . . , pn medusobno razliciti, tada je p permutacija, pa se sabirak 9.1 primenom tvrdenja 9.36svodi na

(−1)r(p)bp11 . . . bpnn|A|.Tako dolazimo do

|A · B| = |A| ·∑

p∈Sn

(−1)r(p)bp11 . . . bpnn

= |A||BT | = |A||B|.

Definicija 9.38 Neka je data kvadratna matrica A = [aij ]n,n reda n. Minor elementa aij , u oznaciMij , je determinanta kvadratne matrice reda n− 1 koja se dobija od matrice A izbacivanjem i-te vrste ij-te kolone. Algebarski komplement elementa aij , u oznaci Aij , je (−1)i+1Mij .


Tvrdenje 9.39

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n

· · · · · · . . . · · ·an1 an2 · · · ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= a11A11 + a12A12 + · · · + a1nA1n

Dokaz. Sve permutacije skupa Sn mozemo razbiti prema prvom elementu p1 na n klasa. U j-toj klasise nalaze sve permutacije za koje je p1 = j. Tada ostali elementi (p2, . . . , pn) cine permutaciju elemenataskupa S′ = {1, . . . , n} \ {j}, oznacimo tu permutaciju sa p′. Posto je element j na prvom mestu, on je uinverziji sa svim elementima manjim od njega. Zato vazi r(p) = j − 1 + r(p′). Stoga je

(−1)r(p)a1ja2p2· · ·anpn

= a1j(−1)j−1+r(p′)a2p2· · · anpn

= a1j(−1)j+1(−1)r(p′)a2p2· · · anpn

.

Zato mozemo pisati

|A| =∑

1≤j≤n

∑

p′∈S′

a1j(−1)j+1(−1)r(p′)a2p2· · ·anpn

=∑

1≤j≤n

a1j(−1)j+1∑

p′∈S′

(−1)r(p′)a2p2· · ·anpn

=∑

1≤j≤n

a1jA1j .

Tvrdenje 9.40 (Laplas) (M. Laplace) Neka je data matrica A = [aij ]n,n i neka je 1 ≤ i ≤ n. Tada je:

|A| =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n

· · · · · · . . . · · ·an1 an2 · · · ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= ai1Ai1 + ai2Ai2 + · · · + ainAin.

Dokaz. Neka je B matrica dobijena od matrice A pomocu i−1 uzastopnih promena susednih vrsta takoda se i-ta vrsta matrice A nalazi na prvom mestu:

B =

ai1 ai2 · · · ain

a11 a12 · · · a1n

· · · · · · . . . · · ·an1 an2 · · · ann

.

Prema tvrdenju 9.36 tada je |A| = (−1)i−1|B|. Prema prethodnom tvrdenju 9.39, vazi

|B| =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

ai1 ai2 · · · ain

a11 a12 · · · a1n

· · · · · · . . . · · ·an1 an2 · · · ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣

= ai1(−1)1+1Mi1 + · · · + ain(−1)1+nM1n.

Iz prethodnih formula dobijamo|A| = ai1Ai1 + · · · + ainAin.

Tvrdenje Laplasa omogucava da determinantu reda n razvijemo po proizvoljnoj vrsti ili koloni i takosvedemo na n determinanti reda n − 1. Pri tome obicno biramo vrstu koja ima najveci broj nula jer susabirci aijAij za aij = 0 jednaki nuli, pa Aij ne moramo racunati. Specijalno, ako je cela vrsta ili kolonau matrici jednaka 0, tada je i determinanta matrice 0.

178 9. MATRICE

Tvrdenje 9.41 Neka je A = [aij ]n,n proizvoljna matrica, 1 ≤ i, j ≤ n i i 6= j. Tada je

ai1Aj1 + ai2Aj2 + · · · + AinAjn = 0.

Dokaz. Prema definiciji algebarskog komplementa, vrednosti Aj1, . . . , Ajn ne zavise od elemenata kojise nalaze u j-toj vrsti. Neka je B matrica koja u j-toj vrsti ima elemente jednake i-toj vrsti matriceA, a elementi u ostalim vrstama su jednaki odgovarajucim elementima u matrici A. Tada je prematvrdenju 9.40 (ako izvrsimo razvoj po j-toj vrsti):

|B| = bj1Aj1 + · · · + bjnAjn = ai1Aj1 + · · · + ainAjn.

Kako je u matrici B i-ta vrsta jednaka j-toj vrsti, prema tvrdenju 9.31 vazi |B| = 0, odakle sledi trazenotvrdenje.

Van der Mondova determinanta Van der Mondova (A. Van der Mond) determinanta je determi-nanta sledece matrice reda n:

A =

1 1 · · · 1x1 x2 · · · xn

x21 x2

2 · · · x2n

· · · · · · . . . · · ·xn−1

1 xn−12 · · · xn−1

n

Moze se pokazati da je

|A| =∏

1≤i<j≤n

(xj − xi),

odakle sledi da je |A| 6= 0 akko su svi elementi x1, . . . , xn razliciti. Proverimo ovaj stav za Vander Mondovu determinantu reda 3. Primenicemo prethodno dokazana tvrdenja da bismo izracunalideterminantu ∣

∣∣∣∣∣

1 1 1x y zx2 y2 z2

∣∣∣∣∣∣

.

Ako prvu kolonu pomnozenu sa −1 dodamo drugoj i trecoj, dobijamo∣∣∣∣∣∣

1 0 0x y − x z − xx2 y2 − x2 z2 − x2

∣∣∣∣∣∣

sto se izvlacenjem faktora y − x iz druge i z − x iz trece kolone svodi na

(y − x)(z − x)

∣∣∣∣∣∣

1 0 0x 1 1x2 y + x z + x

∣∣∣∣∣∣

a to razvojem po prvoj vrsti daje

(y − x)(z − x)

∣∣∣∣

1 1y + x z + x

∣∣∣∣

= (y − x)(z − x)(z + x − y − x)

= (y − x)(z − x)(z − y).

Primer 9.42 Izracunajmo vrednost determinante:

Dn =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a + 1 a 0 · · · 0 01 a + 1 a · · · 0 0· · · · · · · · · · · · · · · · · ·0 0 0 · · · a + 1 a0 0 0 · · · 1 a + 1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

Razvijanjem Dn po elementima prve kolone, dobija se

Dn = (a + 1)Dn−1 −

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a 0 · · · 0 01 a + 1 · · · 0 0· · · · ·0 0 · · · a + 1 00 0 · · · 1 a

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

9.5. SISTEMI N LINEARNIH JEDNACINA SA N NEPOZNATIH 179

tj. Dn = (a + 1)Dn−1 − aDn−2. Sluzeci se ovom formulom mozemo dobiti opsti izraz za Dn. Iz gornjeformule imamo

Dn − aDn−1 = Dn−1 − aDn−2, za n > 2.

Neposredno se proverava da je Di − aDi−1 za sve i = 3, 4, . . . , n konstantna velicina. Kako su

D2 =

∣∣∣∣

a + 1 a1 a + 1

∣∣∣∣= a2 + a + 1

D3 =

∣∣∣∣∣∣

a + 1 a 01 a + 1 a0 1 a + 1

∣∣∣∣∣∣

= a3 + a2 + a + 1

to je D3 − aD2 = 1. Dakle, imamo Dn − aDn−1 = 1 ili Dn = aDn−1 + 1. Iz poslednje formule dobijamosledeci sistem jednakosti:

Dn = aDn−1 + 1

Dn−1 = aDn−2 + 1

· · ·D3 = aD2 + 1.

Odavde jeDn = a(aDn−2 + 1) + 1 = . . . = an−2D2 + an−3 + an−4 + · · · + a + 1.

Zamenjujuci D2 dobijamo na kraju

Dn = an + an−1 + · · · + a + 1.

4

9.5 Sistemi n linearnih jednacina sa n nepoznatih

U ovom odeljku govorimo o vezi matrica i determinanti sa sistemima linearnih jednacina. Jednostavnostiradi, razmatracemo samo sisteme od 3 jednacine sa 3 nepoznate, ali se tvrdenja koja cemo navesti moguuopstiti na proizvoljan sistem od n jednacina sa n nepoznatih za n ∈ N , i na analogan nacin dokazati.

Definicija 9.43 Neka je dat sistem od 3 jednacine sa tri nepoznate.

a11x1 + a12x2 + a13x3 = b1

a21x1 + a22x2 + a23x3 = b2

a31x1 + a32x2 + a33x3 = b3

(S)

Determinanta sistema je data sa

D =

∣∣∣∣∣∣

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣

,

a determinante promenljivih sa

D1 =

∣∣∣∣∣∣

b1 a12 a13

b2 a22 a23

b3 a32 a33

∣∣∣∣∣∣

D2 =

∣∣∣∣∣∣

a11 b1 a13

a21 b2 a23

a31 b3 a33

∣∣∣∣∣∣

D3 =

∣∣∣∣∣∣

a11 a12 b1

a21 a22 b2

a31 a32 b3

∣∣∣∣∣∣

.

Tvrdenje 9.44 Ako je D 6= 0, tada sistem ima jedinstveno resenje i ono je dato Kramerovim (G.Cramer) formulama:

x1 =D1

Dx2 =

D2

Dx3 =

D3

D.

180 9. MATRICE

Dokaz. Neka je (x1, x2, x3) resenje sistema (S). Tada je

x1D = x1

∣∣∣∣∣∣

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣

a11x1 a12 a13

a21x1 a22 a23

a31x1 a32 a33

∣∣∣∣∣∣

sto posle dodavanja druge kolone pomnozene sa x2 i trece kolone pomnozene sa x3 prvoj koloni daje∣∣∣∣∣∣

a11x1 + a12x2 + a13x3 a12 a13

a21x1 + a22x2 + a23x3 a22 a23

a31x1 + a32x2 + a33x3 a32 a33

∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣

b1 a12 a13

b2 a22 a23

b3 a32 a33

∣∣∣∣∣∣

= D1.

Dakle, x1D = D1, a analogno se dobija i x2D = D2 i x3D = D3. Ako je D 6= 0 tada za svako resenje(x1, x2, x3) vazi x1 = D1/D, x2 = D2/D i x3 = D3/D, pa moze postojati najvise jedno resenje. Trebajos pokazati da (D1/D, D2/D, D3/D) jeste resenje sistema. Zamenimo vrednosti (D1/D, D2/D, D3/D)u i-tu jednacinu (i ∈ {1, 2, 3}).

ai1D1

D+ ai2

D2

D+ ai3

D3

D=

1

D(ai1D1 + ai2D2 + ai3D3).

Ako D1 razvijemo po prvoj, D2 po drugoj, a D3 po trecoj koloni, dobijamo

1

D

(

ai1(b1A11 + b2A21 + b3A31)

+ai2(b1A12 + b2A22 + b3A32)

+ai3(b1A13 + b2A23 + b3A33)

)

,

sto posle sredivanja postaje1

D

(

b1(ai1A11 + ai2A12 + ai3A13)

+b2(ai1A21 + ai2A22 + ai3A23)

+b3(ai1A31 + ai2A32 + ai3A33)

)

.

Prema tvrdenjima 9.40 i 9.41, izraz uz bj (j ∈ {1, 2, 3}) ce biti 0 za j 6= i, a D ako je j = i. Tako dobijamo

1

DbiD = bi

sto znaci da je i-ta jednacina zadovoljena. Dakle resenje (D1/D, D2/D, D3/D) zadovoljava sve trijednacine, a svako resenje je tog oblika, pa je to jedinstveno resenje.

Ako je D 6= 0, onda se sistem resava primenom Gausovog postupka.Posmatrajmo sada homogen sistem. U njemu je b1 = b2 = b3 = 0, pa svaka od determinanti D1, D2, D3

ima u jednoj koloni samo nule. Zato je D1 = D2 = D3 = 0. Ako je D 6= 0, tada je x1 = D1/D = 0,x2 = D2/D = 0 i x3 = D3/D = 0, pa sistem ima samo jedno, trivijalno resenje. Dakle da bi sistem imaoi netrivijalna resenja, mora biti D = 0.

Dalje proucavanje sistema linearnih jednacina zahteva detaljnije poznavanje matricnog racuna.

9.6 Inverzne matrice i primena

Pojmovi vezani za inverzne matrice se uvode za proizvoljnu kvadratnu matricu reda n. Mi cemo se ovdeograniciti samo na matrice reda 3, mada sva tvrdenja vaze za matrice proizvoljnog reda n i analogno sedokazuju.

Definicija 9.45 Adjungovana matrica matrice

A =

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

. . . . . . . . . . . .an1 an2 . . . ann

9.6. INVERZNE MATRICE I PRIMENA 181

je matrica

adj A =

A11 A21 . . . An1

A12 A22 . . . An2

. . . . . . . . . . . .A1n A2n . . . Ann

.

Tvrdenje 9.46 Neka je A matrica reda n. Tada je

A · adj A = adj A · A = |A| · In

gde je In jedinicna matrica reda n.

Dokaz. Prema tvrdenju 9.40 proizvod i-te vrste matrice A i i-te kolone matrice adj A je jednak |A|.Prema tvrdenju 9.41 proizvod i-te vrste matrice A i j-te kolone matrice adj A za j 6= i je jednak 0. Zatoje

A · adjA =

|A| 0 . . . 00 |A| . . . 0

. . . . . . . . . . . .0 0 . . . |A|

= |A|

1 0 . . . 00 1 . . . 0

. . . . . . . . . . . .0 0 . . . 1

,

a analogno se dobija i za adj A · A.

Definicija 9.47 Ako za kvadratnu matricu A reda n postoji matrica B tako da vazi A ·B = B ·A = In,kazemo da je B inverzna matrica matrice A.

Kako je mnozenje matrica asocijativno, iz tvrdenja 4.26 sledi da ako inverzna matrica postoji, onda jeona jedinstvena. Oznacavamo je sa A−1.

Tvrdenje 9.48 Kvadratna matrica A reda n ima inverznu matricu akko je |A| 6= 0.

Dokaz.

(⇒): Neka A ima inverznu matricu A−1. Tada je A ·A−1 = I . Prema tvrdenju 9.37 vazi 1 = |I | = |A ·A−1| = |A| · |A−1|. Iz |A| = 0 bi sledilo 1 = 0, pa je |A| 6= 0.

(⇐): Neka je |A| 6= 0. Tada postoji 1|A| . Prema tvrdenju 9.46 tada vazi

A ·(

1

|A| adj A

)

=

(1

|A| adj A

)

· A = I,

pa je

A−1 =1

|A| adj A.

Kramerove formule za sistem od n linearnih jednacina sa n nepoznatih se mogu izvesti primenominverzne matrice.

Sistem jednacina

a11x1 + a12x2 + · · · + a1nxn = b1

a21x1 + a22x2 + · · · + a2nxn = b2

· · ·an1x1 + an2x2 + · · · + annxn = bn

moze se zapisati u matricnom obliku

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n

· · · · · · · · · · · ·an1 an2 · · · ann

·

x1

x2

· · ·xn

=

b1

b2

· · ·bn

,

182 9. MATRICE

tj. u obliku A · X = B gde je

A =

a11 a12 · · · a1n

a21 a22 · · · a2n

· · · · · · · · · · · ·an1 an2 · · · ann

, X =

x1

x2

· · ·xn

, B =

b1

b2

· · ·bn

.

Neka je |A| 6= 0. Tada resavajuci matricnu jednacinu

A · X = B

po X tj. mnozeci sa A−1 i to sa leve strane jednacinu A · X = B, dobijamo

x1

x2

· · ·xn

=1

|A|

b1A11 + · · · + bnAn1

b1A12 + · · · + bnAn2

· · ·b1A1n + · · · + bnAnn

odakle sledi

xk =1

|A| (b1A1k + b2A2k + · · · + bnAnk)

za k = 1, 2, . . . , n tj.

xk =Dk

D

gde je D determinanta sistema, tj. matrice A, a Dk determinanta promenljive xk.

Primer 9.49 Neka je dat skup

A =

{[a b

−b a

]

| a, b ∈ Re

}

.

Pokazacemo da je A = (A, +, ·) polje koje je izomorfno polju kompleksnih brojeva.Dokaz. (A, +) je Abelova grupa jer je sabiranje matrica asocijativno i komutativno, neutralni element

je nula matrica 0 =

[0 00 0

]

, a svaka matrica ima suprotnu (za A to je −A), sto je u ovom slucaju

inverzni element za +.(A \ {0}, ·) je Abelova grupa jer je za svake dve matrice iz A \ {0}

[a b

−b a

]

·[

c d−d c

]

=

[ac − bd ad + bc

−(ad + bc) ac − bd

]

6=[

0 00 0

]

.

Mnozenje matrica je asocijativno, a neutralni element za · je jedinicna matrica I =

[1 00 1

]

. Kako za[

a b−b a

]

∈ A \ {0} vazi

∣∣∣∣

a b−b a

∣∣∣∣= a2 + b2 6= 0, to svaka matrica iz ovog skupa ima inverznu matricu

koja pripada skupu A \ {0}. Takode za

[a b

−b a

]

,

[c d

−d c

]

je

[a b

−b a

]

·[

c d−d c

]

=

[c d

−d c

]

·[

a b−b a

]

pa je · komutativna operacija. Iz ovoga sledi da je (A, +, ·) polje.Pokazimo da je ovo polje izomorfno sa poljem C. Uocimo preslikavanje φ : C → A definisano ovako

φ(a + ib) =

[a b

−b a

]

.

Tada iz φ(a+ ib) = φ(c+ id) sledi

[a b

−b a

]

=

[c d

−d c

]

sto povlaci a = c i b = d, pa je a+ ib = c+ id,

dakle φ je 1-1. Ako je

[a b

−b a

]

∈ A proizvoljan element, tada je φ(a + ib) =

[a b

−b a

]

, pa je φ na.

9.6. INVERZNE MATRICE I PRIMENA 183

Preostaje jos da proverimo da je φ homomorfizam:

φ(z + w) = φ((a + ib) + (c + id))

= φ(a + c + i(b + d))

=

[a + c b + d

−(b + d) a + c

]

=

[a b

−b a

]

+

[c d

−d c

]

= φ(z) + φ(w);

φ(z · w) = φ((a + ib)(c + id))

= φ(ac − bd + i(ad + bc))

=

[ac − bd ad + bc

−(ad + bc) ac − bd

]

=

[a b

−b a

]

·[

c d−d c

]

= φ(z) · φ(w).

φ(0) =

[0 00 0

]

= 0 φ(1) =

[1 00 1

]

= I.

4

184 9. MATRICE

10

Polinomi

Posmatracemo polinome nad komutativnim prstenom (R, +, ·) sa jedinicom 1, a cesto cemo zahtevati dataj prsten bude i polje. Pri tome strukture mogu biti kako konacne, tako i beskonacne.

10.1 Prsten polinoma

10.1.1 Prsten funkcija

Neka je (R, +, ·) prsten i X 6= ∅. Tada postoji direktan stepen prstena (R, +, ·):(R, +, ·)X = (RX ,⊕,�).

pri tome je RX = {f | f : X → R}, a za f, g ∈ RX definisemo:

(f ⊕ g)(x) = f(x) + g(x)

(f � g)(x) = f(x) · g(x)

Struktura (RX ,⊕,�) je prsten koji se naziva prsten funkcija. Ako prsten (R, +, ·) ima neutralni element1, tada je funkcija h : X → R, definisana sa h(x) = 1 za svako x ∈ X , jedinicni element u prstenufunkcija. Ako je R komutativan prsten, tada je i prsten funkcija komutativan prsten.

10.1.2 Polinomi kao termi

Definicija 10.1 Neka je (R, +, ·) komutativni prsten sa jedinicom 1, n ∈ N0, a0, . . . , an ∈ R, xpromenljiva i neka vazi an 6= 0 ili n = 0. Tada term

p = a0 + a1x + · · · + anxn.

nazivamo polinom nad prstenom (R, +, ·).Ako je an 6= 0, tada kazemo da je stepen polinoma p jednak n, i pisemo st(p) = n. Konstanta je

polinom p = a gde je a ∈ R, i vazi st(p) = 0 ako je a 6= 0, a za a = 0 stepen polinoma p se ne definise.Ako je dat proizvoljan term

a0 + a1x + · · · + anxn,

tada pod postupkom uklanjanja krajnjih nula podrazumevamo postupak odstranjivanja svih clanova aixi

za koje je ai = 0, pocev od clana anxn, pa do prvog clana sa desne strane koji ima koeficijent razlicitod nule (ili do clana a0 ukoliko su svi koeficijenti jednaki nuli). Time term postaje polinom premadefiniciji 10.1.

Definicija 10.2 Ako su p = a0 + a1x + · · · + anxn i q = b0 + b1x + · · · + bmxm polinomi i n ≤ m tadaje zbir polinoma p i q polinom p + q dobijen od terma

c0 + c1x + · · · + cmxm,

gde je

ci =

{ai + bi, 1 ≤ i ≤ nai, n + 1 ≤ i ≤ m,

uklanjanjem krajnjih nula. Ako je n > m, tada p + q definisemo kao q + p.

185

186 10. POLINOMI

Definicija 10.3 Ako su p = a0 +a1x+ · · ·+anxn i q = b0 + b1x+ · · ·+ bmxm polinomi, tada je proizvodpolinoma p i q polinom pq dobijen od terma

c0 + c1x + · · · + cm+nxm+n,

gde je

ck =∑

i+j=ki,j≥0

aibj ,

uklanjanjem krajnjih nula.

Polinom 0 je neutralni element za sabiranje polinoma, a polinom 1 neutralni element za mnozenjepolinoma. Inverzni element polinoma p u odnosu na sabiranje polinoma je polinom −p ciji su koeficijentisuprotni koeficijentima polinoma p, jer posle uklanjanja suvisnih nula za zbir p+(−p) dobijamo polinom0. Takode se pokazuje da je sabiranje i mnozenje polinoma asocijativno i komutativno. Ako sa R[x]oznacimo skup svih polinoma nad prstenom (R, +, ·), tada je (R[x], +, ·) prsten koji se naziva prstenpolinoma nad prstenom (R, +, ·).

10.1.3 Polinomi kao nizovi

Definicija 10.4 Neka je (R, +, ·) komutativni prsten sa jedinicom 1. Polinom nad prstenom (R, +, ·)je svaki niz a : N0 → R:

(a0, a1, . . . , an, 0, 0, . . .)

koji sadrzi samo konacno mnogo elemenata razlicitih od nule.

Skup svih nizova koji imaju konacno mnogo elemenata razlicitih od nule oznacavamo sa (RN )0. Nadtakvim nizovima definisemo operacije + i ·. Ako je n ≤ m, tada je

(a0, a1, . . . , an, 0, 0, . . .) + (b0, b1, . . . , bm, 0, 0, . . .)

= (a0 + b0, a1 + b1, . . . , an + bn, an+1, . . . , am, 0, 0, . . .),

a za proizvoljne m i n definisemo

(a0, a1, . . . , an, 0, 0, . . .) · (b0, b1, . . . , bm, 0, 0, . . .)

= (c0, c1, . . . , cm+n, 0, 0, . . .)

gde je

ck =∑

i+j=ki,j≥0

aibj ,

za 0 ≤ k ≤ m + n. Tada je((RN )0, +, ·

)komutativni prsten sa jedinicom.

Oznacimo niz (0, 1, 0, 0, . . .) sa x. Lako se proverava da vazi xn = (0, . . . , 1, 0, . . .) pri cemu se jedinicajavlja na (n + 1)-vom mestu.

Preslikavanje µ : R → (RN )0 definisano sa µ(a) = (a, 0, 0, . . .) je monomorfizam. To znaci da prsten((RN )0, +, ·

)sadrzi potprsten izomorfan sa prstenom (R, +, ·), zato sa a, gde je a ∈ R oznacavamo

µ(a) ∈ (RN )0. Tada za svaki niz (a0, . . . , an, 0, . . .) vazi

(a0, . . . , an, 0, . . .) =

= (a0, 0, . . .) + (0, a1, 0, . . .) + · · · + (0, . . . , an, 0, . . .)

= a0(1, 0, . . .) + a1(0, 1, 0, . . .) + · · · + an(0, . . . , 1, 0, . . .)

= a0 + a1x + · · · anxn.

Tako ponovo dolazimo do terma koji predstavlja polinom, ali u ovom slucaju x nije promenljiva u termu(kako je to bio slucaj u definiciji polinoma kao terma), vec polinom iz (RN )0 kao konstantna vrednost.

10.2. DELJENJE POLINOMA 187

10.1.4 Polinomne funkcije

Definicija 10.5 Neka je dat polinom p = a0 + a1x + · · · + anxn nad komutativnim prstenom (R, +, ·)sa jedinicom 1. Polinomna funkcija polinoma p je h(p) : R → R definisana sa

h(p)(t) = a0 + a1t + · · · + antn

za svako t ∈ R.

Preslikavanje h pridruzuje svakom polinomu iz R[x] funkciju iz RR. Operacije sabiranja i mnozenjapolinoma su tako definisane da je preslikavanje h homomorfizam prstena polinoma (R[x], +, ·) u prstenfunkcija (RR,⊕,�). Pri tome je h(R[x]) potprsten prstena RR ciji se elementi nazivaju polinomnefunkcije.

Sledeci primer pokazuje da homomorfizam h ne mora biti monomorfizam.

Primer 10.6 Neka je (Z3, +, ·) konacno polje gde je Z3 = {0, 1, 2}, + sabiranje, a · mnozenje pomodulu 3. Neka su p = 2x3 + 2x + 1 i q = x + 1 polinomi. Posto imaju razlicite koeficijente (a nisu niistog stepena), polinomi p i q su razliciti. Pokazacemo medutim da su njihove polinomne funkcije, kaopreslivakanja Z3 → Z3 jednake. Zaista,

h(p)(0) = 2 · 03 + 2 · 0 + 1 = 1

h(p)(1) = 2 · 13 + 2 · 1 + 1 = 2

h(p)(2) = 2 · 23 + 2 · 2 + 1 = 0

h(q)(0) = 0 + 1 = 1

h(q)(1) = 1 + 1 = 2

h(q)(2) = 2 + 1 = 0

h(p) i h(q) se poklapaju za sve vrednosti skupa {0, 1, 2}, pa je h(p) = h(q). Dakle h nije 1-1. 4

Moze se pokazati da ako je R beskonacno polje (npr. polje kompleksnih brojeva C), tada je prstenpolinoma izomorfan sa prstenom polinomnih funkcija.

Neka je α ∈ R element prstena. Kada je to iz konteksta jasno, vrednost polinomne funkcije kojaodgovara polinomu p u tacki α umesto sa h(p)(α), oznacavamo sa p(α).

10.2 Deljenje polinoma

Neka je (R, +, ·) polje. Polinomi R[x] nad tim poljem cine prsten. U osnovi sledeceg tvrdenja je Euklidovalgoritam deljenja polinoma (u induktivnom koraku dokaza se krije rekurzivna definicija algoritmadeljenja).

Tvrdenje 10.7 Neka je f proizvoljan polinom i g polinom razlicit od nule. Tada postoje jedinstvenipolinomi q i r tako da

f = qg + r

i vazi r = 0 ili st(r) < st(g).

Dokaz. Neka je f proizvoljan polinom i g polinom razlicit od nule. Prvo cemo pokazati da postoje q ir tako da vazi f = qg + r i pri tome r = 0 ili st(r) < st(g). Ukoliko je f = 0, tada je f = 0 · g + 0, pamozemo uzeti q = 0 i r = 0. Neka je sada f 6= 0. Tada postoji st(f). Pokazacemo indukcijom po st(f)da postoje trazeni q i r.

1. st(f) = 0. Tada je f = a0. Razlikujemo dva slucaja.

(a) st(g) = 0. Tada je g = b0. Kako je

f = a0 = (a0b−10 )g + 0,

mozemo uzeti q = a0b−10 i r = 0.

188 10. POLINOMI

(b) st(g) > 0. Kako je

f = 0 · g + f

i kako je st(f) = 0 < st(g), mozemo staviti q = 0 i r = f .

2. Pretpostavimo da tvrdenje vazi za sve polinome za koje je st(f) = k gde je k < n. Neka je fproizvoljan polinom za koji je st(f) = n. Postoje dve mogucnosti.

(a) st(g) > st(f). Posto vazi

f = 0 · g + f

i st(f) < st(g), mozemo staviti q = 0 i r = f .

(b) st(g) ≤ st(f). Neka je

f = a0 + a1x + · · · + anxn

g = b0 + b1x + · · · + bmxm.

Da bismo sveli ovaj slucaj na induktivnu hipotezu, eliminisacemo clan anxn tako sto cemopronaci polinom koji ima anxn kao prvi koeficijent i deljiv je sa g. (ovaj korak odgovaranalazenju kolicnika clana anxn i bmxm u postupku deljenja Euklidovim algoritmom). Akostavimo h = anb−1

m xn−m · g, vidimo da je h deljiv sa g, a vazi

anb−1m xn−m · bmxm = anxn,

pa je st(h) = n i koeficijent uz clan xn je jednak koeficijentu uz xn u polinomu f . Zato zaostatak f1 = f − h vazi st(f1) < n, pa po induktivnoj hipotezi postoje q1 i r1 tako da vazi

f1 = q1g + r1.

i st(r1) < st(g) ili r1 = 0. Tada je

f = h + f1 = anb−1m xn−mg + q1g + r1 = (anb−1

m xn−m + q1)g + r1.

Kako je st(r1) < st(g) ili r1 = 0, mozemo uzeti

q = anb−1m xn−m + q1

r = r1.

Time smo pokazali egzistenciju polinoma q i r koji zadovoljavaju trazene uslove. Treba jos pokazatijedinstvenost. Neka su q, r i q′, r′ dva para polinoma za koje vazi

f = qg + r, st(r) < st(g) ili r = 0

f = q′g + r′ st(r′) < st(g) ili r′ = 0.

Tada vazi

(q − q′)g = r′ − r.

Pretpostavimo da je q − q′ 6= 0. Kako je g 6= 0, vazice (q − q′)g 6= 0 i pri tome st((q − q′)g) ≥ st(g).Odatle sledi r′ − r 6= 0 i st(r′ − r) ≥ st(g), sto je kontradikcija sa uslovom

(st(r) < st(g) ∨ st(r) = 0) ∧ (st(r′) < st(g) ∨ st(r′) = 0).

Do kontradikcije smo dosli jer smo pretpostavili q − q′ 6= 0. Dakle mora biti q − q′ = 0 tj. q = q′. Odatlesledi

r = f − qg = f − q′g = r′,

cime smo pokazali jedinstvenost polinoma q i r.

Polinom q iz prethodnog tvrdenja nazivamo kolicnik, a polinom r ostatak pri deljenju polinoma fpolinomom g. Ako je r = 0 kazemo da polinom g deli polinom f .

10.3. NULE POLINOMA 189

10.3 Nule polinoma

Nula polinoma p = a0 + a1x + · · · + anxn nad prstenom (R, +, ·) je vrednost α ∈ R za koju polinomnafunkcija h(p) ima vrednost 0 tj. za koju vazi

a0 + a1α + · · · + anαn = 0.

U nastavku cemo uglavnom posmatrati polinome nad poljem kompleksnih brojeva C.

Tvrdenje 10.8 (Bezuov stav) Ostatak pri deljenju polinoma f polinomom x − c je f(c).

Dokaz. Prema tvrdenju 10.7 polinom f se na jedinstven nacin moze napisati u obliku

f = q(x − c) + r

pri cemu je r = 0 ili st(r) < st(x − c) = 1. Dakle r ∈ C. Kako je f(c) = q(c)(c − c) + r(c) = r(c), a r jekonstanta, mora biti r = f(c).

Posledica 10.9 Broj c je nula polinoma f akko x − c deli f .

10.3.1 Hornerova sema

Hornerova sema (G. Horner) se koristi za brzo deljenje polinoma f polinomom x − c. Neka je f = a0 +a1x + · · · + anxn. Neka je q = b0 + b1x + · · · + bn−1x

n−1 kolicnik deljenja f sa x − c. Tada vazi

a0 + a1x + · · · + an−1xn−1 + anxn

= (x − c)(b0 + b1x + · · · + bn−2xn−2 + bn−1x

n−1) + r

gde je r konstanta. Izjednacavanjem koeficijenata sa leve i desne strane dobijamo

an = bn−1

an−1 = bn−2 − cbn−1

...

a1 = b0 − cb1

a0 = r − cb0,

iz cega sledi

bn−1 = an

bn−2 = an−1 + cbn−1

...

b0 = a1 + cb1

r = a0 + cb0.

Ove formule nam omogucavaju da u n koraka izracunamo kolicnik deljenja polinoma f polinomom x− c.Postupak se zapisuje u obliku tablice.

c an an−1 · · · a1 a0

bn−1 bn−2 · · · b0 r

Donja vrsta matrice daje kolicnik q i ostatak r pri deljenju, a popunjava se tako sto se na mesto bn−1

prepise an, a zatim se popunjavaju ostale kolone prema formuli bj = aj+1 + cbj+1, koristeci poznatevrednosti c i prethodno izracunatu vrednost bj+1.

Primer 10.10 Podelimo polinom 15x4 − 13x3 + 2x − 1 sa x − 2.

2 15 −13 0 2 −115 17 34 70 139

Dakle kolicnik deljenja je 15x3 + 17x2 + 34x + 70, a ostatak 139. 4Definicija 10.11 Broj c je nula k-tog reda (k ∈ N) polinoma f akko postoji polinom q tako da

f = (x − c)kq

i q(c) 6= 0.

190 10. POLINOMI

10.3.2 Osnovni stav algebre

Tvrdenje 10.12 (Gaus) Svaki polinom nad poljem kompleksnih brojeva stepena bar jedan ima bar jednunulu u skupu kompleksnih brojeva.

Skica dokaza. Neka je dat proizvoljan polinom

f = anzn + an−1zn−1 + · · · + a0.

Kako je jednacina

anzn + an−1zn−1 + · · · + a0 = 0

ekvivalentna sa jednacinom

zn +an−1

anzn−1 + · · · + a0

an= 0

koja se dobija mnozenjem sa a−1n , polinom f ima iste nule kao i polinom a−1

n · f . Zato je dovoljnoposmatrati slucaj kada je an = 1. Ako je a0 = 0, tada je f(0) = 0, pa je 0 trazena nula, zato je dovoljnorazmatrati slucaj a0 6= 0.

Pokazacemo da je polinomna funkcija z 7→ f(z) (dalje oznacena samo sa f) neprekidna funkcija naskupu kompleksnih brojeva tj. da vazi

(∀ε ∈ R+e )(∃δ ∈ R+

e )(∀h ∈ C)(|h| < δ⇒|f(z + h) − f(z)| < ε),

gde su |h| i |f(z + h) − f(z)| moduli datih kompleksnih brojeva.Neka je z ∈ C proizvoljan kompleksan broj. Pokazacemo da je f neprekidna u tacki z. Neka je ε ∈ R+

eproizvoljno. Tada vazi

f(z + h) − f(z) =

n∑

k=0

ak

((z + h)k − zk

)

=

n∑

k=0

ak

(k∑

i=0

(k

i

)

zk−ihi − zk

)

=

n∑

k=1

ak

k∑

i=1

(k

i

)

zk−ihi

= h

n∑

k=1

ak

k∑

i=1

(k

i

)

zk−ihi−1,

odakle za |h| < 1 sledi

|f(z + h) − f(z)| = |h|∣∣∣∣∣

n∑

k=1

k∑

i=1

ak

(k

i

)

zk−ihi−1

∣∣∣∣∣

≤ |h|n∑

k=1

k∑

i=1

|ak|(

k

i

)

|z|k−i|h|i−1

≤ |h|n∑

k=1

k∑

i=1

|ak|(

k

i

)

|z|k−i

= |h|c,

gde je c =∑n

k=1

∑ki=1 |ak|

(ki

)|z|k−i velicina koja ne zavisi od h. Ako stavimo δ =

ε

c, tada za |h| < δ

dobijamo

|f(z + h) − f(z)| ≤ |h|c <ε

cc = ε.

Dakle mozemo staviti δ = min{

1,ε

c

}

. Time je pokazana neprekidnost funkcije f u proizvoljnoj tacki

z ∈ C, pa je f neprekidna na skupu C.


Posmatrajmo brojeve z ∈ C za koje vazi |z| = r gde je r > M za M = max{1, |a0| + · · · + |an−1|}.Tada je

|f(z) − zn| = |an−1zn−1 + an−2z

n−2 + · · · + a0|≤ |an−1||z|n−1 + |an−2||z|n−2 + · · · + |a0|= |an−1|rn−1 + |an−2|rn−2 + · · · + |a0|≤ |an−1|rn−1 + |an−2|rn−1 + · · · + |a0|rn−1 (jer je r > 1)

= rn−1(|an−1| + · · · + |a0|)< rn−1r = rn = |z|n.

To znaci da je rastojanje tacke f(z) od tacke zn u kompleksnoj ravni manje od rastojanja tackef(z) od koordinatnog pocetka. Kada je |z| = r, a argument kompleksnog broja z prolazi od 0 do 2π,tacka zn opise n krugova poluprecnika rn. Za to vreme tacka f(z) “prati” tacku zn (na osnovu prethodnenejednakosti), pa i ona opise zatvorenu krivu liniju koja u svojoj unutrasnjosti sadrzi koordinatni pocetak.To vazi za r > M , a kada je r = 0, tj. z = 0, tada je f(z) = a0 6= 0, sto znaci da se kriva linija koju f(z)opisuje degenerisala u tacku. Posto je funkcija f neprekidna, krugovi koje f(z) opisuje za vrednosti zza koje je 0 < |z| < r se neprekidno transformisu od krive linije koja obuhvata koordinatni pocetak, dotacke a0 6= 0. Odatle sledi da ce za neko 0 < r1 < r kriva linija koju opisuje f(z) za |z| = r1 prolazitikroz koordinatni pocetak, sto znaci da postoji z za koje je |z| = r1 i vazi f(z) = 0. Dakle, u krugupoluprecnika M u kompleksnoj ravni polinom ima kompleksnu nulu. Time smo zavrsili skicu dokaza.

Neka je p = anxn + · · ·+ a0. proizvoljni polinom stepena n za n > 0. Prema osnovnom stavu algebreon ima kompleksnu nulu α1. Prema Bezuovom stavu (10.8) tada je p deljiv sa x−α1, pa se moze napisatiu obliku p = (x − α1)p1, gde je p1 polinom stepena n − 1. Neka je n − 1 > 0. Primenjujuci osnovnistav algebre na polinom p1, dobijamo da postoji α2 tako da vazi p1 = (x − α2)p2 gde je st(p2) = n − 2.Ponavljajuci ovaj postupak sve do polinoma pn koji je konstanta, dobijamo da se svaki polinom p mozezapisati u obliku

p = (x − α1)(x − α2) · · · (x − αn)a,

gde je a ∈ C konstanta. Izjednacavanjem koeficijenata polinoma p i njegovog zapisa, zakljucujemo da jea = an 6= 0. Moze se pokazati da je ovakav prikaz jedinstven. Ako je β = αi za neko 1 ≤ i ≤ n tada jep(β) = 0. Ako je pak β 6= αi za 1 ≤ i ≤ n tada su svi cinioci u definiciji polinoma razliciti od nule, pa jei p(β) 6= 0. Dakle vazi sledeca posledica.

Posledica 10.13 Svaki polinom stepena n u polju komleksnih brojeva ima tacno n nula.

Primetimo da ovo tvrdenje vazi i za n = 0, jer polinom stepena nula (to je broj razlicit od nule) nemanula. Jedino se za broj 0 ne moze primeniti posledica 10.13, jer se za polinom 0 ne definise stepen.

Tvrdenje 10.14 Ako polinomi f i g nad skupom C za koje vazi st(f), st(g) ≤ n imaju jednake vrednostiza vise od n razlicitih tacaka, onda je f = g.

Dokaz. Polinom f(x) − g(x) ima stepen najvise n. Sa druge strane, on ima vise od n nula. Daklef(x) − g(x) = 0.

192 10. POLINOMI

10.3.3 Lagranzov interpolacioni polinom

Zbog svoje jednostavnosti polinomi se cesto koriste za interpolaciju i aproksimaciju funkcija. Interpolacijaje problem odredivanja funkcije koja u datim tackama uzima date vrednosti. Neka su date razlicitevrednosti x1, . . . , xn i proizvoljne vrednosti y1, . . . , yn. Lagranzov interpolacioni polinom je polinom(n − 1)-vog stepena za koji vazi f(x1) = y1, . . . , f(xn) = yn. Za date razlicite vrednosti x1, . . . , xn iproizvoljne vrednosti y1, . . . , yn postoji jedinstven Lagranzov interpolacioni polinom. Za n = 3 on je datsa

p(x) =(x − x2)(x − x3)

(x1 − x2)(x1 − x3)y1 +

(x − x1)(x − x3)

(x2 − x1)(x2 − x3)y2 +

(x − x1)(x − x2)

(x3 − x1)(x3 − x2)y3.

Lako se proverava da ovaj polinom prolazi kroz tacke (xi, yi) za 1 ≤ i ≤ n. Svaki drugi polinom p′ stepenan − 1 koji prolazi kroz sve tacke (xi, yi) za 1 ≤ i ≤ n ima iste vrednosti kao i p u n > n − 1 tacaka, paprema tvrdenju 10.14 mora biti p′ = p. Dakle p je jedinstven.

10.3.4 Vijetove formule

Neka je p = anxn + an−1xn−1 + · · · + a1x + a0 proizvoljan polinom n-tog stepena. Prema prethodnom

razmatranju on se na jedinstven nacin moze napisati u obliku

anxn + an−1xn−1 + an−2x

n−2 + · · · + a1x + a0 = an(x − α1)(x − α2) · · · (x − αn),

gde su α1, . . . , αn nule polinoma. Izjednacavanjem koeficijenata sa obe strane dobijamo:

an−1 = an(−α1 − α2 · · · − αn)

an−2 = an(α1α2 + α1α3 + · · · + αnαn−1)

...

a1 = an(−1)n−1(α1α2 · · ·αn−1 + · · · + α2α3 · · ·αn)

a0 = an(−1)nα1α2 · · ·αn,

a odatle slede sledece Vijetove formule (F. R. Viete):

α1 + α2 + · · · + αn = −an−1

an

α1α2 + α2α3 + · · · + αn−1αn =an−2

an

...

α1α2 · · ·αn−1 + · · · + α2α3 · · ·αn = (−1)n−1 a1

an

α1α2 · · ·αn = (−1)n a0

an.

Primer 10.15 [DM] Neka koreni jednacine

xn + a1xn−1 + · · · + an = 0

cine n uzastopnih clanova aritmeticke progresije. Pokazacemo da se oni onda mogu odrediti.Neka su koreni x1 = α, x2 = α + d, . . . , xn = α + (n − 1)d. Koristeci Vijetove formule dobijamo:

x1 + x2 + · · · + xn =

= α + α + d + · · · + α + (n − 1)d

= nα + dn(n − 1)

2= −a1. (∗)

Kako je(x1 + · · · + xn)2 − 2(x1x2 + x1x3 + · · · + xn−1xn) = x2

1 + · · · + x2n

i vazi x1x2 + · · · + xn−1xn = a2, sledi

(−a1)2 − 2a2 = α2 + (α + d)2 + · · · + (α + (n − 1)d)2

= nα2 + αn(n − 1)d + n(n − 1)(2n − 1)d2

6


tj.

α + αd(n − 1) + (n − 1)(2n − 1)d2

6=

a21 − 2a2

n. (∗∗)

Resavanjem sistema jednacina (∗) i (∗∗) po α i d mogu se odrediti resenja polazne jednacine x1, . . . , xn.4

10.3.5 O resavanju opstih algebarskih jednacina

Opsta algebarska jednacina n-tog stepena je jednacina p(x) = 0 gde je p polinom n-tog stepena. Izosnovnog stava algebre sledi da svaka algebarska jednacina n-tog stepena ima tacno n (ne obaveznorazlicitih) resenja, ali ostaje problem nalazenja tih resenja. U 9. veku je resavana kvadratna jednacina:ustanovljeno je da su resenja jednacine

a2x2 + a1x + a0 = 0

brojevi

α1 =−a1 +

√D

2a2i α2 =

−a1 −√

D

2a2

gde je D = a21−4a2a0. Kasnije su pronadjena resenja i za jednacine 3. i 4. stepena, takode u vidu formula

u kojima ucestvuju koeficijenti jednacine i operacije +, ·, −, /, xn i n√

x. Ovakva resenja se nazivajuresenja putem radikala. Posle resavanja jednacina 3. i 4. reda ostalo je otvoreno pitanje resavanja jednacinastepena veceg od 4. Na ovom problemu je radio Vijet, Abel je da osnovnu ideju o resenju problema, aGaloa (E. Galois) je konacno dokazao da za jednacinu stepena veceg od 4 u opstem slucaju ne postojiresenje putem radikala. Dokaz ovog tvrdenja se oslanja na teoriju grupa i polja.

10.3.6 Nule realnih polinoma

Tvrdenje 10.16 Neka je p = a0 + a1x + · · · + anxn polinom nad poljem kompleksnih brojeva pri cemusu koeficijenti a1, . . . , an iz skupa realnih brojeva. Ako za α ∈ C vazi p(α) = 0, tada vazi i p(α) = 0.

Dokaz. Neka vazia0 + a1α + · · · + anαn = 0.

Odatle sledia0 + a1α + · · · + anαn = 0.

Primenom osobina operacije x 7→ x dobijamo

a0 + a1α + · · · + anαn = 0

a0 + a1 α + · · · + anαn = 0

a0 + a1α + · · · + an (α)n

= 0,

a to znaci p(α) = 0.

Tvrdenje 10.17 Neka je racionalan broj pq ∈ Ra (NZD(p, q) = 1), resenje jednacine

anxn + · · · + a0 = 0

pri cemu a0, . . . , an ∈ Z. Tada p | a0 i q | an.

Dokaz. Neka je pq nula jednacine anxn + · · · + a0 = 0. Zamenom p

q u jednacinu dobijamo:

an

(p

q

)n

+ an−1

(p

q

)n−1

+ · · · + a1p

q+ a0 = 0

anpn + an−1pn−1q + · · · + a1pqn−1 + a0q

n

qn= 0.

Odatle sledi anpn +an−1pn−1q+ · · ·+a1pqn−1+a0q

n = 0. Kako su prvih n sabiraka deljivi sa p, mora bitip | a0q

n. Kako NZD(p, q) = 1, sledi p | a0. Analogno, poslednjih n sabiraka su deljivi sa q, pa q | anpn,odakle sledi q | an.

194 10. POLINOMI

Ako je dat proizvoljan polinom

p(x) =an

bnxn + · · · + a0

b0

sa racionalnim koeficijentima, tada mozemo posmatrati polinom

p′(x) = p(x) · NZS(bn, . . . , b0).

Polinom p′(x) ima iste nule kao i polinom p(x), a ima celobrojne koeficijente, pa na njega mozemoprimeniti prethodno tvrdenje.

Primer 10.18 [MMV] Neka je dat polinom p = 30x5 −9x4 −10x3 +3x2 −40x+12. Delioci broja 12 su±1,±2,±3,±4,±6,±12, a delioci broja 30 su ±1,±2,±3,±5,±6,±10,±15,±30. Zato se sve racionalnenule polinoma p nalaze medu brojevima

±1,±1

2,±1

3,±1

5, . . . ,±12

30.

Neposrednom zamenom proveravamo da je od datih brojeva jedino 310 nula polinoma p. Sada Hornerovom

semom mozemo naci polinom q tako da vazi p =(x − 3

10

)q. Pri tome je polinom q stepena 4, pa mozemo

primeniti odgovarajucu formulu. 4

11

Vektori

U odeljku 9.2 data je definicija vektorskog prostora. U ovom odeljku cemo se baviti trodimenzionalnimvektorskim prostorom R3

e i vektorskim prostorom slobodnih vektora V 3.

11.1 Vektori u R3

11.1.1 Skalarni proizvod u R3

Definicija 11.1 Skalarni proizvod vektora (a1, a2, a3), (b1, b2, b3) ∈ R3e, u oznaci

(a1, a2, a3) · (b1, b2, b3),

je skalar a1b1 + a2b2 + a3b3.

Primer 11.2 Ako su vektori ~a = (1, 2, 3) i ~b = (2, 0,−1), onda je

~a ·~b = 1 · 2 + 2 · 0 + 3 · (−1) = −1.

4Primer 11.3 Ako su vektori ~a = (1,−1, 1) i ~b = (2, 3, 1) onda je

~a ·~b = 0.

4Za dva vektora razlicita od nula vektora kazemo da su normalna ako je njihov skalarni proizvod nula.Navedimo sada neke osobine skalarnog proizvoda.

Tvrdenje 11.4 Neka ~a,~b,~c ∈ R3e i k ∈ Re. Tada vazi:

1. ~a ·~b = ~b · ~a2. ~a · (~b + ~c) = ~a ·~b + ~a · ~c

3. k(~a ·~b) = (k · ~a) ·~b = ~a · (k~b)4. ~a · ~a ≥ 0; ~a · ~a = 0⇔~a = ~0.

Dokaz. Proistice direktno iz definicije, na primer za 1:

~a ·~b = a1b1 + a2b2 + a3b3 = b1a1 + b2a2 + b3a3 = ~b · ~a.

Definicija 11.5 Intenzitet vektora ~a = (a1, a2, a3), u oznaci |~a|, je

√~a · ~a =

√

a21 + a2

2 + a23.

Kako je dijagonala pravouglog paralelepipeda sa stranama a1, a2 i a3 jednaka√

a21 + a2

2 + a23, to

geometrijski smisao |~a| jeste duzina vektora ~a, od (0, 0, 0) do (a1, a2, a3).Vektor ~a za koji je |~a| = 1 zovemo jedinicni vektor i oznacavamo ga sa ~a0.

195

196 11. VEKTORI

Tvrdenje 11.6 (Nejednakost Kosi-Bunjakovskog) (A. Cauchy, B. Bunjakovskij) Za proizvoljne ~a,~b ∈ R3

e vazi

|~a ·~b| ≤ |~a||~b|.

Dokaz. Prema tvrdenju 11.4 vazi

(~a − k ·~b)(~a − k ·~b) ≥ 0

~a · ~a − 2k~a ·~b + k2~b ·~b ≥ 0

(~b ·~b)k2 + (−2)(~a ·~b)k + ~a · ~a ≥ 0.

Posmatrajmo levu stranu nejednakosti kao funkciju od realnog broja k. Nejednakost vazi za sve vrednostibroja k, a kako je ~b ·~b ≥ 0, za diskriminantu D kvadratne funkcije mora vaziti D ≤ 0. Zato je

(−2)2(~a ·~b)2 − 4 · (~b ·~b)(~a · ~a) ≤ 0,

odatle sledi (~a ·~b)2 ≤ ~a2 ·~b2. Nalazenjem kvadratnog korena obe strane dobijamo trazenu nejednakost.

Tvrdenje 11.7 (Nejednakost trougla za vektore)

|~a +~b| ≤ |~a| + |~b|

Dokaz. Pokazacemo da vazi |~a + ~b|2 ≤(

|~a| + |~b|)2

. Primenom nejednakosti Kosi-Bunjakovskog

(tvrdenje 11.6), dobijamo

|~a +~b|2 = (~a +~b)(~a +~b) = |~a|2 + 2~a~b + |~b|2 ≤ |~a|2 + 2|~a||~b| + |~b|2 =(

|~a| + |~b|)2

.

Jedinicni vektori su

~ı = (1, 0, 0)

~ = (0, 1, 0)

~k = (0, 0, 1).

Oni cine bazu prostora R3e. Vektor ~ı se zove koordinatni vektor x-ose, vektor ~ koordinatni vektor y-ose,

a vektor ~k koordinatni vektor z-ose.Skalarni proizvodi jedinicnih vektora dati su sledecom Kejlijevom tablicom:

· ~ı ~ ~k~ı 1 0 0~ 0 1 0~k 0 0 1

Tako je, na primer, ~ı · ~ = 0, a ~k · ~k = 1.

Tvrdenje 11.8 Svaki vektor ~a = (a1, a2, a3) moze biti predstavljen kao zbir tri vektrora ~a1 = a1~ı, ~a2 =

a2~ i ~a3 = a3~k, koji imaju iste pravce redom kao i vektori ~ı, ~ i ~k (tj. kolinearni su sa ~ı, ~, ~k redom),

dakle:~a = a1~ı + a2~ + a3

~k.

Dokaz. Iz definicije mnozenja vektora skalarom dobijamo a1~ı = (a1, 0, 0), a2~ = (0, a2, 0) i a3~k =

(0, 0, a3). Dakle (vidi sliku):

~a = (a1, a2, a3) = a1~ı + a2~ + a3~k.

11.1. VEKTORI U R3 197

Ako su α, β i γ uglovi izmedu vektora ~a = (a1, a2, a3) 6= ~0 i jedinicnih vektora ~ı, ~, ~k respektivno,onda vazi da je

cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 1.

Ova formula neposredno sledi ako se uzme u obzir da su kosinusi pravca vektora ~a dati sa

cosα =a1

|~a| , cosβ =a2

|~a| , cos γ =a3

|~a| .

Nula vektoru ~0 se ne pridruzuje pravac.

Napomena 11.9 Ako su ~a i ~b dva vektora razlicita od ~0, tada ~a, ~b i ~a −~b obrazuju trougao.

Na osnovu kosinusne teoreme imamo:

|~a −~b|2 = |~a|2 + |~b|2 − 2|~a||~b| cos γ,

tj.

(~a −~b) · (~a −~b) = ~a · ~a +~b ·~b − 2|~a||~b| cos γ,

odakle se dobija

~a ·~b = |~a||~b| cos γ.

Poslednja formula je geometrijska definicija skalarnog proizvoda (u V 3). �

Primer 11.10 Neka je jedna baza vektorskog prostora R3 data sa (~a1, ~a2, ~a3). Nadimo novu bazu takoda su vektori nove baze jedinicni i medusobno normalni.

Neka je, na primer, ~a1 = ~v1. Prvi jedinicni vektor dobijamo sa

~u1 =~v1

|~v1|.

Uocimo sada vektor

~v2 = ~a2 − α~u1,

pri cemu α odredujemo iz uslova da vektor ~v2 bude normalan na ~u1, tj. da vazi

~v2~u1 = ~a2~u1 − α~u1~u1 = 0.

(primetiti da je ~u1 · ~u1 = 1). Odatle je α = ~a2 · ~u1, i

~v2 = ~a2 − (~a2~u1)~u1.

Vektor ~u2 = ~v2/|~v2| je drugi trazeni vektor. Sada uocimo vektor

~v3 = ~a3 − β~u1 − γ~u2

gde β i γ odredujemo iz uslova da vektor ~v3 bude normalan i na ~u1 i na ~u2 tj. da vazi 0 = ~v3~u1 = ~a3~u1−βi 0 = ~v3~u2 = ~a3~u2 − γ. Dakle,

β = ~a3~u1 i γ = ~a3~u2,

pa dobijamo ~v3 = ~a3 − (~a3~u1)~u1 − (~a3~u2)~u2. Poslednji trazeni vektor je ~u3 = ~v3/|~v3|. Opisani postupakzove se Gram-Smitov postupak (J. Gram, E. Schmidt). 4

198 11. VEKTORI

11.1.2 Vektorski proizvod u R3

Definicija 11.11 Ako su dati vektori ~a = (a1, a2, a3) i ~b = (b1, b2, b3), onda pod vektorskim proizvodom

tih vektora podrazumevamo vektor oznacen sa ~a ×~b, definisan sa

~a ×~bdef= (a2b3 − a3b2, a3b1 − a1b3, a1b2 − a2b1)

tj.~a ×~b = (a2b3 − a3b2)~ı + (a3b1 − a1b3)~ + (a1b2 − a2b1)~k.

Prethodnu formulu mozemo zapisati i u obliku sledece simbolicke determinante:

~a ×~b =

∣∣∣∣∣∣

~ı ~ ~ka1 a2 a3

b1 b2 b3

∣∣∣∣∣∣

.

Znacajna osobina vektorskog proizvoda koja sledi iz definicije jeste:

~a ×~b = −~b × ~a.

Primer 11.12 Ako je ~a = (1, 1,−3) i ~b = (−1,−2,−3), onda je:

~a ×~b =

∣∣∣∣∣∣

~ı ~ ~k1 1 −3−1 −2 −3

∣∣∣∣∣∣

= (−9)~ı + 6~ + (−1)~k = (−9, 6,−1).

4

Tvrdenje 11.13 Vektori ~a 6= 0 i ~b 6= 0 su kolinearni akko ~a ×~b = 0.

Dokaz. Neka je ~a = (a1, a2, a3) i ~b = (b1, b2, b3) i neka su oni kolinearni, tj. ~a = k~b. Tada je

~a ×~b =

∣∣∣∣∣∣

~ı ~ ~ka1 a2 a3

b1 b2 b3

∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣

~ı ~ ~ka1 a2 a3

ka1 ka2 ka3

∣∣∣∣∣∣

= 0

po tvrdenju 9.33.Ako je ~a ×~b = ~0, tada iz definicije vektorskog proizvoda imamo:

a2b3 − a3b2 = 0 (11.1)

a3b1 − a1b3 = 0 (11.2)

a1b2 − a2b1 = 0. (11.3)

Kako je ~b 6= ~0, vazi bi 6= 0 za neko i ∈ {1, 2, 3}. Neka je npr. b1 6= 0 (za b2 6= 0 i b3 6= 0 dokaz je analogan).Neka je k = a1/b1. Tada je a1 = kb1. Iz 11.2 sledi a3 = kb3, a iz 11.3 sledi a2 = kb2. Zato je

(a1, a2, a3) = (kb1, kb2, kb3) = k(b1, b2, b3)

tj. ~a = k~b, sto znaci da su vektori kolinearni.

Vektorski proizvod jedinicnih vektora ~ı, ~, ~k dat je sa

× ~ı ~ ~k

~ı 0 ~k −~

~ −~k 0 ~ı~k ~ −~ı 0

Na primer, ~ı ×~ı = 0, a ~ ×~ı = −~k.Za vektorski proizvod ne vazi asocijativni zakon. Tako imamo:

(~ı ×~ı) × ~ = ~0, a ~ı × (~ı × ~) = −~.

Za vektorski proizvod vaze sledece osobine koje neposredno slede iz njegove definicije.

11.2. VEKTORSKI PROSTOR SLOBODNIH VEKTORA V 3 199

Tvrdenje 11.14 Neka ~a,~b,~c ∈ R3e i t ∈ Re. Tada

~a × (~b + ~c) = ~a ×~b + ~a × ~c

(~a +~b) × ~c = ~a × ~c +~b × ~c

t(~a ×~b) = (t~a) ×~b.

Napomena 11.15 Vektor ~a × ~b normalan je na vektore ~a i ~b (proveri) i triedar vektora ~a, ~b, ~a × ~bcini triedar desne orijentacije. Pri tom je koordinatni sistem u kojem su date koordinate vektora desnoorijentisan. �

11.1.3 Mesoviti proizvod u R3

Definicija 11.16 Mesoviti proizvod vektora ~a,~b,~c ∈ R3e je skalar definisan sa ~a · (~b × ~c).

Iz definicije skalarnog i vektorskog proizvoda sledi da je:

~a · (~b × ~c) =

= a1(b2c3 − b3c2) + a2(b3c1 − b1c3) + a3(b1c2 − b2c1).

Izraz na desnoj strani je vrednost determinante

∣∣∣∣∣∣

a1 a2 a3

b1 b2 b3

c1 c2 c3

∣∣∣∣∣∣

tj.

~a · (~b × ~c) =

∣∣∣∣∣∣

a1 a2 a3

b1 b2 b3

c1 c2 c3

∣∣∣∣∣∣

11.2 Vektorski prostor slobodnih vektora V 3

11.2.1 Skalarni proizvod u V 3

Videli smo da vektore mozemo posmatrati kao orijentisane duzi, zatim kako se sabiraju dva vektora ikako se oni mnoze skalarom. Kao sto znamo, za dva vektora kazemo da su kolinearni ako se nalaze naistoj ili paralelnim pravama. Vektor ~0 je kolinearan sa svakim vektorom.

Tvrdenje 11.17 Ako su vektori ~a i ~b kolinearni, tada postoje brojevi m, n ∈ Re od kojih je bar jedanrazlicit od nule, tako da vazi n~a + m~b = 0.

Dokaz. Ako je jedan od vektora ~a ili ~b nula vektor, na primer ~a = ~0, tada za m = 1 i n = 0 vazi formula(1). Ako je ~a 6= ~0 i ~b 6= ~0, tada je moguce naci broj t > 0 tako da je t|~b| = |~a|. Ako su vektori ~a i ~b istogsmera, tada je

1~a − t~b = ~0,

a ako su suprotnog smera1~a + t~b = ~0.

Napomena 11.18 Prisetimo se da su dva vektora linearno zavisni ako je ispunjen jedan od sledeca dvauslova:

1. jedan od ta dva vektora je nula vektor;

2. postoje brojevi m 6= 0 i n 6= 0 takvi da je m~a + n~b = ~0 (tj. ~a = −mn~b).

Prema ovome i tvrdenju 11.17 imamo: dva vektora su kolinearna akko su linearno zavisni. �

200 11. VEKTORI

Za tri vektora kazemo da su komplanarni ako leze u istoj ravni ili su paralelni istoj ravni.

Tvrdenje 11.19 Vektori ~a,~b,~c ∈ V su linearno zavisni akko su komplanarni.

Dokaz. Ako su vektori ~a, ~b i ~c linearno zavisni, tada postoje brojevi m, n i t od kojih je bar jedanrazlicit od nule tako da je m~a + n~b + t~c = ~0, a to znaci da vektori m~a, n~b i t~c obrazuju trougao, tj. lezeu jednoj ravni. Kako su vektori ~a, ~b i ~c kolinearni sa m~a, n~b i t~c, sledi da i oni leze u istoj ravni.

Obratno, ako su vektori ~a, ~b i ~c komplanarni, onda mozemo naci skalare α, β, γ od kojih je bar jedanrazlicit od 0 tako da vazi

α~a + β~b + γ~c = ~0.

Definicija 11.20 Skalarni proizvod dva vektora ~a i ~b definise se sa

~a ·~b def= |~a||~b| cos 6 (~a,~b)

tj. ~a ·~b je skalar jednak proizvodu duzine oba vektora ~a i ~b i kosinusa ugla zahvacenog sa ~a i ~b.

Iz osobina kosinusa sledi da je ~a ·~b = ~b · ~a tj. vazi komutativni zakon za skalarni proizvod.Koristeci definiciju 11.20 mozemo naci ugao izmedu dva vektora ~a i ~b:

cos 6 (~a, vb) =~a ·~b|~a||~b|

.

Primer 11.21 Odredimo ugao izmedu jedinicnih vektora ~a i ~b ako je njihov skalarni proizvod√

22 .

Iz formule cosα = ~a·~b|~a||~b| sledi da je cosα =

√2

2 , dakle α = π4 . 4

Tvrdenje 11.22 Ako ~a 6= ~0 i ~b 6= ~0, onda je ~a normalan na ~b akko je ~a ·~b = 0.

Dokaz. ~a ·~b = 0 akko 6 (~a,~b) = π2 ili 6 (~a,~b) = 3π

2 , tj. ~a je normalan na ~b.

Za skalarni proizvod znacajne su i sledece osobine:

(t~a) ·~b = t(~a ·~b) = ~a · (t~b)

kao i~a · (~b + ~c) = ~a ·~b + ~a · ~c.

Koristeci distributivnost dobijamo da iz ~a · ~c = ~b · ~c sledi (~a −~b) · ~c = 0. Primenom tvrdenja 11.22

dobijamo da je vektor ~a −~b normalan na ~c.

Napomena 11.23 Definicija skalarnog proizvoda u analitickom obliku se moze neposredno dobiti izgeometrijske definicije koriscenjem jedinicnih koordinatnih vektora i distributivnog zakona. Vektori ~ı, ~ i~k koji odgovaraju osaa x, y i z uvode se kao tri medusobno normalna jedinicna vektora. �

11.2.2 Vektorski proizvod u V 3

Definicija 11.24 Neka su ~a i ~b proizvoljni vektori razliciti od ~0. Tada definisemo vektor ~a×~b na sledecinacin.

1. pravac vektora ~a ×~b je pravac normale ravni odredene vektorima ~a i ~b;

2. smer vektora ~a ×~b je takav da vektori ~a,~b,~b × ~c, tim redom, obrazuju desni triedar;

3. intenzitet je dat izrazom|~a ×~b| = |~a||~b| sin 6 (~a,~b),

gde je 6 (~a,~b) ugao izmedu vektora ~a i ~b ( 6 (~a,~b) ∈ [0, π)).

Ako je ~a = ~0 ili ~b = ~0, tada ~a ×~b = ~0.

11.2. VEKTORSKI PROSTOR SLOBODNIH VEKTORA V 3 201

Intenzitet vektorskog proizvoda ~a×~b ima brojnu vrednost povrsine paralelograma konstruisanog nadvektorima ~a i ~b dovedenim u zajednicki pocetak.

Tvrdenje 11.25 Ako su ~a i ~b vektori, tada je ~a × ~b = ~0 akko je ~a kolinearan sa ~b ili je bar jedan odvektora ~a, ~b jednak ~0.

Dokaz. Sledi direktno iz definicije.

Tvrdenje 11.26 Ako su ~a i ~b vektori, tada vazi

~a ×~b = −~b × ~a.

Dokaz. Sledi iz definicije ~a ×~b. Promenom mesta ~a i ~b u proizvodu, jedino dolazi do promene smera usuprotan.

Navodimo jos neke znacajne osobine vektorskog proivoda.

(t~a) ×~b = t(~a ×~b) = ~a × (t~b)

i(~a +~b) × ~c = ~a × ~c +~b × ~c.

Primenom tvrdenja 11.26 na prethodnu jednakost dobija se

~a × (~b + ~c) = ~a ×~b + ~a × ~c.

Napomena 11.27 Koristeci geometrijsku definiciju vektorskog proizvoda moze se lako dobiti analitickadefinicija. Iz analiticke definicije se moze dobiti geometrijska, sto cemo i pokazati. Kako je

|~a ×~b|2 = (a2b3 − a3b2)2 + (a3b1 − a1b3)

2 + (a1b2 − a2b1)

= (a21 + a2

2 + a23)(b

21 + b2

2 + b23) − (a1b1 + a2b2 + a3b3)

2

= |~a|2|~b|2 − (~a ·~b)2

= |~a|2|~b|2 − |~a|2|~b|2 cos2 6 (~a,~b)

= |~a|2|~b|2 sin2 6 (~a,~b).

Sledi da je intenzitet vektora ~a ×~b dat sa

|~a ×~b| = |~a||~b| sin 6 (~a,~b).

Neposredno se proverava da ~a, ~b i ~a ×~b cine desni triedar, kao i da je ~a ×~b normalan i na ~a i na ~b. �

11.2.3 Mesoviti proizvod u V3

Definicija 11.28 Mesoviti proizvod vektora ~a, ~b, ~c je skalar (~a ×~b) · ~c.Tvrdenje 11.29 Apsolutna vrednost mesovitog proizvoda vektora ~a,~b,~c ∈ V 3 jednaka je zapreminiparalelepipeda obrazovanog nad vektorima ~a, ~b, ~c.

Dokaz. Neka vektori ~a, ~b i ~c obrazuju triedar desne orijentacije (vidi sliku).

202 11. VEKTORI

Oznacimo sa ~p vektor ~a ×~b. Tada vazi

(~a ×~b) · ~c = ~p · ~c = |~p|~p0 · ~c= |~p||~p0| · |~c| cos 6 (~p0,~c).

Kako je |~a ×~b| = B jednako mernom broju povrsine paralelograma obrazovanog nad vektorima ~a i ~b, avisina paralelepipeda iznosi |~c| cos 6 (~p,~c) = H , to je

(~a ×~b) · ~c = B · H = V.

gde je V zapremina paralelepipeda.Ako vektori ~a, ~b i ~c obrazuju triedar leve orijentacije, tada je cos 6 (~p,~c) < 0, pa je (~a×~b) ·~c = −V .

Mesoviti proizvod vektora ~a,~b,~c jednak je nuli ako je bar jedan od vektora ~a, ~b ili ~c nula-vektor iliako sva tri vektora leze u jednoj ravni, tj. ako su komplanarni. U slucaju komplanarnosti tri vektorazapremina paralelepipeda konstruisanog nad ovim vektorima je jednaka nuli, pa je (~a ×~b) · ~c = 0.

Napomena 11.30 Kako su skalarni i vektorski proizvodi dati u R3e i V 3 ekvivalentni, to su i mesoviti

proizvodi takvi. �

11.3 Jednacine ravni i prave

Koristeci osobine vektora izvescemo jednacine ravni i prave. Sa−→AB oznacavamo vektor ciji je jedan

predstavnik orjentisana duz AB. Ako je O koordinatni pocetak, tada sa ~M oznacavamo vektor−→OM .

11.3.1 Jednacina ravni

Neka je M0 data tacka u prostoru i neka je ~n 6= ~0 dati vektor. Skup svih tacaka M takvih da je vektor−→

M0M normalan na vektor ~n naziva se ravan kroz tacku M0 (vektor ~n se naziva vektor normale).

Vektor−→

M0M se moze izraziti preko vektora−→

OM0 i−→OM tj.

−→OM −

−→OM0 =

−→M0M .

Kako su vektori−→

M0M i ~n normalni, njihov skalarni proizvod je jednak nuli:

~n · (−→OM −

−→OM0) = 0. (11.4)

Ako je ~n = (A, B, C),−→

OM0 = (x0, y0, z0),−→OM = (x, y, z), tada jednacina 11.4 u analitickom obliku

glasiAx + By + Cz − Ax0 − By0 − Cz0 = 0 (11.5)

Ako oznacimo Ax0 + By0 + Cz0 sa D, dobijamo

Ax + By + Cz = D. (11.6)

To je opsti oblik jednacine ravni u analitickom obliku.

11.3. JEDNACINE RAVNI I PRAVE 203

Napomena 11.31 Jednacina 11.6 je linearna jednacina po x, y i z. Vazi i obrnuto, tj. ako je datajednacina Ax + By + Cz = D kod koje je bar jedan od brojeva A, B, C razlicit od 0, onda je onajednacina ravni. Neka je (x0, y0, z0) jedno resenje jednacine Ax + By + Cz = D. Ako sada stavimo da je

~n = (A, B, C) i ako tacka M0 ima koordinate (x0, y0, z0), onda dolazimo do jednacine ~n×(−→OM −

−→OM0) =

0 koju zadovoljava svako resenje jednacine Ax + By + Cz = D. �

Kako je ~n = (A, B, C) i ~r =−→OM = (x, y, z) (tj. vektor polozaja proizvoljne tacke M), to geometrijski

oblik jednacine ravni jeste:~r · ~n = D.

Koristeci jednacinu 11.5 mozemo zapisati i analiticki oblik jednacine ravni kroz tacku M0, normalnu navektor normale ~n. To je jednacina

A(x − x0) + B(y − y0) + C(z − z0) = 0.

Dve ravni su paralelne ako su im vektori normala ~n1 i ~n2 kolinearni, a normalne ako su im vektorinormala medusobno normalni.

Ako su date tri razlicite tacke M1, M2 i M3 koje ne leze na jednoj pravoj onda mozemo odreditijednacinu ravni kroz date tri tacke, na sledeci nacin. Neka je M proizvoljna tacka ravni, tada su vektori−→

M1M ,−→

M1M2 i−→

M1M3 kolinearni, pa je njihov mesoviti proizvod jednak nuli tj.

−→M1M ·(

−→M1M2 ×

−→M1M3) = 0.

Kako je

−→M1M =

−→OM −

−→OM1 = (x, y, z) − (x1, y1, z1)

= (x − x1, y − y1, z − z1)−→

M1M2 =−→

OM2 −−→

OM1 = (x2 − x1, y2 − y1, z2 − z1)−→

M1M3 =−→

OM3 −−→

OM1 = (x3 − x1, y3 − y1, z3 − z1),

dobijamo analiticki oblik jednacine ravni kroz tacke M1, M2 i M3:∣∣∣∣∣∣

x − x1 y − y1 z − z1

x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1

x3 − x1 y3 − y1 z3 − z1

∣∣∣∣∣∣

= 0

Primer 11.32 Napisati jednacinu ravni kroz date tri tacke M1(1, 2, 3), M2(−1, 0, 0) i M3(3, 0, 1).Trazena ravan je ∣

∣∣∣∣∣

x − 1 y − 2 z − 3−2 −2 −3

2 −2 −2

∣∣∣∣∣∣

= 0,

tj. x + 5y − 4z + 1 = 0. 4

11.3.2 Jednacina prave

Kako je prava presek dve ravni koje nisu paralelne, to se jednacina prave moze dati skupom jednacinadvaju ravni:

~r · ~n1 = D1 i ~r · ~n2 = D2,

ili u analitickom obliku:

A1x + B1y + C1z = D1, A2x + B2y + C2z = D2.

Prava u prostoru je odredena ako je poznata tacka M1 kroz koju ona prolazi i vektor ~a 6= ~0 kome je pravaparalelna, dakle

204 11. VEKTORI

−→OM =

−→OM1 +

−→M1M .

Kako je vektor−→

M1M kolinearan sa ~a, tj.−→

M1M = k~a, dobijamo

−→OM =

−→OM1 +k~a (11.7)

i −→OM −

−→OM1 = k~a.

Poslednju jednacinu mozemo napisati u obliku

(−→OM −

−→OM1) × ~a = ~0.

Ako su dati vektori−→OM = (x, y, z),

−→OM1 = (x1, y1, z1) i ~a = (m, n, p), tada vektorskoj jednacini 11.7

odgovaraju tri skalarne jednacine date sistemom:

x = x1 + mky = y1 + nkz = z1 + pk.

(11.8)

Ove jednacine predstavljaju tzv. parametarski oblik jednacine prave. Ako su m, n i p razliciti od 0,onda mozemo eliminisati parametar k i dobiti jednacinu prave u segmentnom obliku:

x − x1

m=

y − y1

n=

z − z1

p.

Ako je, na primer, p = 0, onda se sistem 11.8 moze napisati u obliku:

x − x1

m=

y − y1

n, z = z1 (11.9)

a ako su na primer n i p jednaki nuli, sistem 11.8 glasi

x = x1 + m · k, y = y1, z = z1. (11.10)

Primer 11.33 Nadimo jednacinu prave kroz tacku (1, 2, 3) paralelnu sa vektorom ~a = (1,−2, 1). Premaprethodnom razmatranju dobijamo

x − 1

1=

y − 2

−2=

z − 3

1.

4

Prava je odredena dvema tackama M1 i M2. Vektor ~a pravca prave je−→

M1M2. Ako sada u jednacini 11.7

stavimo−→

M1M2 umesto ~a, dobijamo jednacinu prave kroz dve tacke M1 i M2:

−→OM =

−→OM1 +k

−→M1M2 . (11.11)

Ako je−→OM = (x, y, z),

−→OM1 = (x1, y1, z1) i

−→M1M2 = (x2−x1, y2−y1, z2−z1), tada iz jednacine 11.11

dobijamo parametarski oblik jednacine prave kroz dve tacke M1 i M2, dat sistemom

x = x1 + k(x2 − x1)y = y1 + k(y2 − y1)z = z1 + k(z2 − z1),

(11.12)

a iz 11.12 eliminacijom k dobijamo simetricni oblik jednacine prave:

x − x1

x2 − x1=

y − y1

y2 − y1=

z − z1

z2 − z1(

−→M1M2 6= ~0). (11.13)

11.3. JEDNACINE RAVNI I PRAVE 205

Primer 11.34 Prava kroz tacke (1, 0,−2) i (2,−1, 3) zadata je jednacinom

x − 1

1=

y

−1=

z + 2

5.

4

206 11. VEKTORI

Literatura

[KK] K. Krivine: Aksiomaticka teorija skupova, Skolska knjiga, Zagreb, 1978.

[MSP] M. i S. Presic: Uvod u matematicku logiku, teorija i zadaci, Matematicki institut, Beograd,1979.

[SP] S. Presic: Elementi matematicke logike, Matematicka biblioteka, Beograd, 1968.

[SV] S. Vujosevic: Matematicka logika, CID, Podgorica, 1996.

[EM] E. Mendelson: Introduction to Mathematical Logic, D. Van Nostrand Company, New York -Toronto - London - Melbourne, 1964.

[PH] P. Halmos: Naive set theory, New York, 1963.

[MJ] M. Jockovic: Vestacka inteligencija, “Filip Visnjic” - Institut za filozofiju i drustvenu teoriju,Beograd, 1994.

[JR] J. Robinson: A Machine-oriented Logic Based on the Resolution Principle, JACM, 12, 23-41,1965.

[HLCP] H. Lewis, C. Papadimitriou: Elements of the Theory of Computation, Prentice-Hall Interna-tional, Inc., 1981.

[PHIP] P. Hotomski, I. Pevac: Matematicki problemi vestacke inteligencije u oblasti automatskogdokazivanja teorema, Naucna knjiga, Beograd, 1988.

[JL] J. Lloyd: Foundations of Logic Programming, Springer-Verlag, Berlin Heidelberg New YorkTokyo, 1984.

[MR] M. Radovan: Programiranje u prologu, Informator, Zagreb, 1987.

[SJ] S. Jablonskii: Vvedenie v diskretnuju matematiku, Nauka, Moskva, 1979.

[MK] A. Mostowski, K. Kuratovski: Set Theory, PWN, Warszawa, 1976.

[GCBT] G. Cupona, B. Trpenovski: Predavanja po algebre II, Skopje, 1976.

[AM] A. I. Maljcev: Algebraic Systems, Springer Verlag, Berlin, Heidelberg, New York, 1973.

[BC] S. M. Bogdanovic, M. D. Ciric: Polugrupe, Prosveta, Nis, 1993.

[BM] N. Bozovic, Z. Mijajlovic: Uvod u teoriju grupa, Naucna knjiga, Beograd, 1990.

[GG] G. Gratzer: Universal Algebra, D. Van Nostrand Comp. Inc., 1968.

[MG] M. Grulovic: Osnovi teorije grupa, Institut za Matematiku, Novi Sad, 1997.

[AKO] A. I. Kostrikin: Vvedenie v algebru, Nauka, Moskva, 1977.

[DJK] -D. Kurepa: Visa algebra I, II, Zavod za izdavanje udzbenika, Beograd, 1971.

[SK] S. Kurepa: Konacno dimenzionalni vektorski prostori i primjene, Tehnicka knjiga, Zagreb, 1967.

[AK] A. Kron: Elementarna teorija skupova, Matematicki institut, Beograd, 1992.

207

208 LITERATURA

[MC] S. R. Madarasz, S. Crvenkovic: Relacione algebre, Matematicki institut, Beograd, 1992.

[ZM] Z. Mijajlovic: Algebra I, Milgor, Beograd - Moskva, 1993.

[SM84] S. Milic: Elementi algebre, Institut za matematiku, Novi Sad, 1984.

[SM] S. Milic: Elementi matematicke logike i teorije skupova, Institut za matematiku, Novi Sad, 1981.

[VP] V. Peric: Algebra I, II, Svjetlost, Sarajevo, 1980.

[LS] L. A. Skornjakov: Elementi obscej algebri, Nauka, Moskva, 1982.

[MS58] M. D. Stojakovic: Elementi linearne algebre, Zavod za izdavanje udzbenika, Beograd, 1958.

[MS73] M. D. Stojakovic: Teorija jednacina, Naucna knjiga, Beograd, 1973.

[SP] Z. Stojakovic, -D. Paunic: Zbirka zadataka iz algebre, Gradevinska knjiga, Beograd, 1993.

[GV] G. Vojvodic: Algebra, Institut za matematiku, Novi Sad, 1992.

[VD] V. Dasic: Algebra, NIO “Univerzitetska rijec”, Podgorica, 1987.

[VDE] V. Devide: Matematicka logika I, Matematicki institut, Beograd, 1964.

[GK] G. Kalajdzic: Algebra, BS Procesor - Matematicki fakultet, 1992.

[GL] K. Gilezan, B. Latinovic: Bulova algebra i primene, Matematicki institut, Beograd, 1977.

[KK] G. Kreisel, J. L. Krivine: Elements of Mathematical Logic: Model Theory, North Holland,Amsterdam, 1967.

[AL] A. Lipkovski: Linearna algebra i analiticka geometrija, Naucna knjiga, Beograd, 1992.

[BJ] B. Janeva: Voved vo teorijata na mnozestvata i matematicata logika, PMF, Skopje, 1996.

[RD] R. Doroslovacki: Elementi opste i linearne algebre, FTN, Novi Sad, 1997.

[MR] M. Radic: Algebra I, II, Skolska knjiga, Zagreb, 1989.

[JD] J. Dudek: A Note on Model of Identities, Algebra Universalis (1988), pp 400-401.

[GB] G. Birkhoff: Lattice theory, The AMS, New York, 1948.

[BS] S. Burris, H. P. Sankappanavar: A Course in Universal Algebra, Springer Verlag, New York-Heidelberg-Berlin, 1981.

[CS] D. M. Cvetkovic, S. K. Simic: Kombinatorika - klasicna i moderna, Naucna knjiga, Beograd,1984.

[CDM] S. Crvenkovic, I. Dolinka, R. Madarasz: Odabrane teme opste algebre, PMF, Novi Sad, 1997.

[MK] V. Micic, Z. Kadelburg: Uvod u teoriju brojeva,Drustvo matemativcara SR Srbije, Beograd,1989.

[TV] R. Tosic, V. Vukosavljevic: Elementi teorije brojeva, ALEF, Novi Sad, 1995.

[MMV] D. S. Mitrinovic, D. Mihailovic, P. M. Vasic: Linearna algebra, polinomi, analiticka geometrija,Gradevinska knjiga, Beograd, 1983.

[SMA] S. Mardesic: Matematicka analiza I, Skolska knjiga, Zagreb, 1974.

[EP] J. Ersov, E. Paljutin, Matematiceskaja logika, Nauka, Moskva, 1979.

[JK] J. Keckic: Linearna algebra, Naucna knjiga, Beograd, 1985.

[DM] D. Mitrinovic: Zbornik matematickih problema III, Zavod za izdavanje udzbenika Srbije,Beograd, 1960.

[AG74] A. Kuros: Obscaja algebra, Nauka, Moskva, 1974.

[MGA] S. Markovski, D. Gligorski, S. Andova, Using quasigroups for one-one secure encoding, Proceed-ings of the VII Conference on Logic and Computer Science LIRA ’97, pp. 157-162, Novi Sad,1991.

dr gradimir vojvodi c predavanja iz matematicke …lara.epfl.ch/~kuncak/t/mlia.pdf · univerzitet u...

Documents