Diskretna Matematika Zadaci by Hitler Tito

Sadr탑aj Predgovor

VII.2002 .

VIII.2002.

IX . 2002.

X.2002.

X1. 2002.

1.2003.

11. 2003.

IV. 2003.

V1. 2003.

VII.2003.

VIII.2003.

IX . 2003.

X.2003.

XI. 2003.

SADR沤AJ 1.2004.

路77

II.2004.

1V.2004.

V1.2004.

VII.2004.

V1II.2004.

101

1X.2004.

107

X.2004.

11 5

X1.2004.

121

1.2005.

127

11.2005.

131

Predgovor Ova zbirka je sastavlj ena od zadataka s ispitnih rokova 2002 - 2005 g . , tj . od prve godine postoj anja studij a računarstva, na kojem se predmet Diskretna matematika sluša, pa do danas. Pokazalo se da studentima "ne leži II naj češće neformalan i nešablonski način razmišlj anj a karakterističan za ovaj predmet, makar je to često vrlo j ednostavan način. Zato je ovo poklL5aj da kroz prim jere pokaže studentima kako se t reba razmišlj ati i rješavati zadatke iz raznih podru čj a koje ovaj predmet pokriva. U izradi ove zbirke pomogli su mi studenti računarstva Zoran Tolić, koj i je pretipiv10 rješenj a svih zadaća iz 2002 g. i Krešimir Ćosić, koj i j e pregledao konačni tekst i popravio neka rješenj a.

U Splitu, 0 1 .03.2005.

VII.2002. j e sk up koji se sastoji od ekskluzivne disjunkcije, kon junkcije i ck vi val e ncij e, baza algebre sudova. 1 Zatim pomoću ele men at a te baze prikažite implikaciju.

1. Dokazati da

Za koliko raz li čitih n-torki (X,X2, . . . ,:rn) Booleova funkcija

popri ma vrij ednost l? Obrazložite rj ešenj e . 3.

Odredite sve proste brojeve p takve da Dokažite tvrdnju.

4 . Dokaži te da je z a svaki m E N

Od redi te opći član niza

broj TI. =

p + 11 i p +

m, l2 - mG

zadanog rekurzivno

(Ln+3 - 7an+1 - 6an

I Ili iskazne algebl'e.

1 2,

(Ll

17 prosti broj evi .

djeljiv s

s =

CL2

P O GLAVLJE

VII.2002.

Rj ešenj a: B = {,:{, 1\) {::;>} baza. Iz teorij e znamo da je skup {I\, --,} jedna dvočlana baza algebre sudova. Ako se sada --, i 1\ mogu prikazati pomoću �, 1\ i {::;> (ali, zbog uvjeta minimalnosti, ne manje od te tri operacije), tada je i skup B = {�) 1\,{::;>} baza iskazne algebre. NIeđu zadanim iskaznim operacij ama je vcć 1\. Zato trebamo samo još pokazati da sc --, može prikazati pomoću �,I\ i {::;>. K ako je T � P == --,p, a p {::;> p == T, dobijamo zaista --'p == ( p {::;> p) � p, tj. negacija --, se može prikazati pomoću ekvivalencije {::;> i ekskluzivne disj unkcij e �. 2

1. P rvo moramo dokazati da je skup

U drugom koraku trebamo još prikazati � pomoću elemenata te baze. Ako znamo ekvivalenciju p � q == --'p V q, tada je jednostavno

�

q = --'p V q

--,p V --,--,q

--, (p 1\ --,q) .

Dakle implikacija se može prikazati pomoću negacije i konjunkcij e. K ako je --' p == ( p{::;> p) �p , tada j e

�

( (p 1\ --,q) {::;> (p 1\ --,q)) � (p 1\ --,q)

tj.

�

((p 1\ ((q {::;> q) � q)) {::;> (p 1\ ( ( q {::;> q) � q) ) ) � (p 1\ ( ( q {::;> q) �q) ) .

l, ako j e bar jedan �J:i = 1. Dakle, tražimo na koliko načina se u n-torci ( Xl, X2, ... , Xn ) može pojaviti bar jedan Xi l.To j e ukupan broj pojavljivanja O i l, bez slučaj a kad su svi elementi O. U n-torci, na svaka dva mjesta se može upisati ili O ili l) pa je (prema pravilu produkta) broj svih pojavlj ivanja O ili l II n-torci j ednak = 2n. 'Moramo oduzeti jedan slučaj kad su sva

2. Funkcija poprima vrij ednost

� n-p'uta

pojavlj ivanja O, pa jc rezultat 2n

-l

p + II i p + 17 su veći od 2 pa su neparni, a kako im je drugi pribrojnik neparan broj (brojevi II i 17), tada im prvi pribroj nik p mora biti paran broj . Jedini paran broj p koji je ujedno i prost je

3, Prosti brojevi

dakle p = 2. Jedino što bi se eventualno trebalo još dokazati je da je jedino zbroj parnog i neparnog broj a neparan broj, a to je trivij alno.

2SIično je

..l � P

,p,

'!.. p ==

..l, pa

moguće pisati.j·,p == (p'!..]J)

� p.

5 4.

Prvo rastavimo izraz rL =

rl,

na proste faktore. Dakle:

m6 (rn3 - 1)(m3 + l)

= m6(m2 - 1)(m2

+ m + l)(m? - m + l).

Sada promatrajmo dva slučaja, kad je m paran ili kad je m neparan

broj:

(a) (b)

Ako je m paran broj, tada je oblika

26kO((2k)6 - l)

očigledno djeljiv s

2k,

pa je

= m6(m,6

Ako je m neparan broj, tada je oblika m = 2k + l, pa su m6 i ( m2 ± m + l) očigledno uvijek neparni. Promatrajmo zato samo

- l. Za m = 2k + l taj faktor jc očigledno paran broj, - l = (2k + 1)2 - l = 41<:2 + 4k 41>. (k + l) , čak i više,

faktor m2 jer jc m2

djcljiv je s 4. No vidimo da u posljednjem izrazu imamo i produkt

I.;(k+ l)

dva susjedna prirodna broja, a to je uvijek produkt jednog

parnog i jednog neparnog broja, pa je djcljiv s 2. Dakle za m2 je i

dva djeljiv s

pa je izraz uvjek djeljiv s

Dakle izraz n je djeljiv

za svaki prirodan broj

5. Prvo odredimomo rješenje pripadne homogene jednacižbe = O.

(Ln n 1 vamo karakterističnu jednadžbu x +3 _7xn+ _6xn

6an

-l

slučaju neparnog m jedan faktor uvijek 4, a produkt druga

Zato uvodimo Eulerovu supstituciju

an+ -7an+l3

:r:rI ,

odakle dobi

O, tj.

x3 -7x -6

Kako je

rješenja karakteristične jednadžbe su

:r1

= -1,x

-2,X.3

Odavde dobijamo opće rješenje pripadne homogene rekurzivne relacije

Sada promatrajmo funkciju smetnje f(n)

12 ·lH.

nije rješenje

lv1' rakteristične jednadžbe, pa partikularno rje.<;ellje nehomogene jed nadžbe ima oblik

a�

.4. Zato ono zadovoljava zadanu rekurzivnu

relaciju, odakle dobivamo

A - 7A - 6A

= 1 2 , tj.

-l.

POGLAVLJE

VII.2002.

Dakle opće rješenje rekurzivne relacije je

Sada još iz početnih uvjeta

od rediti vrijednosti koeficijenata A, fl i 71, Dakle: A

-A +

A odakle je A =

"2'

-"5'

J.L

+ TJ

2fJ

+ 3TJ

4J.L

+ 977

i gornje relacije treba

3 10'

Opće rješenje zadane nehomogene rekurzivne relacije je konačno: a

l'l'l

" sređeDlJC

("l'.J epse x ")

�(_l)n - :(-lt2n + � 3 1 2

VIII.2002. 1. Zadana j e Booleova funkcij a

F(A, B, C)

ABC+ABC+ABC. Nađite

njenu normalnu�� disjunktivnu formu. 2. Odredite ostatak pd djeljenj u broja

31773 s 15.

3. Neka su p i q prosti brojevi veći od

2 . Može li

+ 1 bib prost broj ?

Obrazložite tvrdnju. 4. Na koliko se načina može podijeliti

40 jabuka na 5 djece, tako da svako dijete dobij e paran broj jabuka, i to barem dvije, a. na.jviše 127

5. Odredite opći član niza

lIIi ka.nonsku.

zadanog rekurzivno s

POGLAVLJE

VIII.2002.

Rješenja: 1.

F (A, B, C) = ABC + ABC + ABC

Tablica zadane funkcije

1 1 1

1 1

je:

I F II I I II I II II I I O

Sada gleda.mo uređene trojke (A,

jednaka O. 13001eova funkcija

B, C)

za koje je vrijednost funkcije

je tada produkt (konjunkcija) odgo

varajućih maxterma. Prema tome konjuktivna normalna forma za datu funkciju je

F(A, B, C) 2.

(A+B+C) (A+B+C)(A+B +C) (A+B+C)(A+B+C).

Na ovom primjeru ćemo vidjeti kako se zadaci iz kongruencija mogu rješavati d irektno, ali neinventivno (korak po korak, "na silu" ili "na sigurno") ili inventivuije (mudrije), tj. sa zllanjem teorema iz teorije kongruencija.

(Na silu) Kako je 317 1664 = 1 64 (mod 15) 22 56.

22(mod 15)

16 .

2(mod 15) i 2256 = (24)64 l (m od 15), tada je 317258 = 22.'i8(mod 15)

4(mod 15)

4(mod

Dakle ostatak je 4.

(Na znanje)

S malo

više

zuanja

a,'P(n)

Npr.

većina bi morala znati

Eulcrova kongr1.tencija, a

1 (mocl n), ako

S7.t

15).

možemo p okušati primjeniti neki od

teorema koji sc tiču kongruencija.

teorem koji se zove

koji glasi:

a i n relativno prosti prirodni brojevi,

te teorem koji govori da je vrijednost Eulerove funkcije

'P ( m. .

)

'P(m) . 'P(n) ,

0,/.;0

S7.t

m i n relativno prosti brojevi.

Potrebno je samo uočiti dia su zadani brojevi 317 i 15

re lativn o

3 . 5, a 317 nije djeljivo ni s 3 lli fi 5). Dakle možemo iskoristiti Eulerovll kongruenciju 317'P(15) = l(mod 15). Kako je 'P( 15) = tp(3) . 'P(5) = 2·4 = 8;1 imamo rezultat 3178 =

prosti (jer je 15

�

Može i ovako: cp(15)

15(1

l :3 )(1

l 5")

Iro

9 1(rnod15). KonačIlo j e3 1 7 2.58 = (3178)32 . 3172 = 1·22 (mod15) =

4 (mod 15).

Dakle ostatak j e opet 4. 3. Produkt dva prosta broj a veća od 2 j e neparan broj veći od 2

svi prosti brojevi veći od 2 neparni) . No tada je pq uvećan za broj, pa dakle pq + l ne može biti pro:3t broj ! 5

4. Prvo dijete oZ llačimo s I, drugo s II i slično ostala s III, IV i

od različitih podjela 40 j abuka me(1u

djece prikazana j e

(jer

paran

S vaka

odgovara

j ućem stupcu i svaka se još rno�e p ennutirati (s p onavljanjem ) . Ako

leksikografski ( u rastućem p oretku ) parcdamo moguće podjele j abuka mec1u 5 djece i izračunamo broj pripadnih permutacij a

dobi vamo:

( 1.1

retku �),

·1

�

('j

�

lli

111

:ln

�W

:10

2(J

120

:10

�

[j[

III

�

[II

�

l�

II)

Ifj

l·'?

�

(ill

(i()

Dakle ukupan broj podjela j e

120 + 3 . 60 + 7

30 + 5 . 20 + 10 +

= 621

5. Prvo odredimo rjcSenj e pripadne homogene rebu'zivne relacij e

3an+l - 2a.n = O. Njena karakteristična jednadžba je

X3 - 3x

Rje8enj a karakteristične jednadžbe se dobij u j ednostavno jer j e x

3-3x-2

tj . X l = 2 i

2 = O.

x3-2 :r-x- 2 = x(:r2-1)-2(x+1) = (x+1)(:r2-:r-2),

X2,3

-1.

�Da se eventualno u zadatku

tražilo

"dokazati tvrdnju" trebalo bi se dokazRti je ela je

dva neparna broja. neparan broj veći od 2 i da jc neparan broj uvećan za zato složen), a to je trivijalno.

tJdukt

an+3

l paran

POGLAVLJE D akle

= 2 je jednostruko,

X2 ,3

-1

VIII. 2002 .

dvostruko rješenje. Sada lako

određujemo opće rješenje pripadne homogene reklu·zivne relacij e

Promotrimo li funkciju

f(n)

5 = 5·

ln, vidimo da.

nije rješenj e

karakteristične jednadžbe, p a partikula.rno rj ešenj e n ehomogene j ed nadžbe ima oblik

= A. K ako ono zadovoljava zadanu nehomogenu

�

rekurzivnu relaciju, nakon uvrštavanja u nju imamo A = 3A

odakle

5 je A = - 4

+ 2A + 5,

Dakle, opće rješenje nehomogene relacije je

Sada iz početnih uvjeta aa =

jente A, p i 71. D akle:

odakle J·e A

= -. /I = r"

relacije j e dakle

(1Tl =

25 36

+ P

= O trebamo još odrediti koefici

+ fl + 2TJ 5 TJ = --

6·

5 4 5

4' Q 4

Opće rješenje zadane rekurziv ne

5 5 5 rl 25 -2 + - ( - 1 )rl - -n ( - 1 )n -g 36 6 4'

. . ( "l·Jepse od nosno sređ emJe Y " ) an =

[2Tl+2 +. 5( -Ir - 6n( - l t - 9 ].

IX . 2002 . 1. U apstraktnoj Booleovoj a.lgebri maksimalno poj ednostavnite izraz

i detalj no obrazložite svaki korak . 2. Odredite ostatak pri djeljenj u broj a 3. Irna li prostih brojeva oblika

27n

7373

6 . 911

38.

+ 1 2· 3 n

n >

4. Dokažite da u svakom skupu od 7 brojeva postoje dva čij i je zbroj ili

razlika djeljiva

s lO.

5. Odredite sva rj ešenj a diofantske jednadžbe

ti Ako nije drugačije navedeno,

7x + gy

= 25.6

svim zadacima s diofantskom jednadžbom, traži se

'nje bez eksplicitnog korištenja Euklidovog algoritma.

POGLAVLJE

IX.2002.

Rješenja: :Cl . 1+ J::IX2 + Xl(X2:l�3 ) + ... + Xl (X2X3 ... .Tn ) xd1+ (.1:2 + �'C2X3 + ...+ X2.T,3 . . .Xn)]

(d) =

;'Cl . l

(e) =

Xl ·

Sada obrazloženje: svakom od "pribrojnika" nedostat.ak zagrada znači da asocija

(a) U

tivnost "produkta" vTijedi

i zato svaki od njih možemo (koristeći

svojstvo asocijativnosti) napisati lt obliku 1:1 . (... ). slučaju

(b) U

zbog abioma jt'C!iničnog elementa, vrijedi

.l.

( c)

Kako vTijedi distributivnost za dva (ali i više pribrojnika), možemo 11 : �ato u drugom koraku "i;dučiti ;;1.

(cl)

Zbog aksioma

0.+ l

l i komutativnosti za +, vrijedi i 1+0.

pa u trećem koraku imamo rezultat

(e) l

okruglim zagraclama).

(u na..�em slučaju il je izraz

je jedinični element �a operaciju·, pa dobijamo konačni re�ultat.

2. I u ovom primjeru ćemo pokazati (kao i u prethodnoj zadaći) šablonski

(neinventivni) i nešabloIlski (inventivni) način pristupa zadatku . Il us tri rajmo to:

(Na silu)

7 373

(7 34)18 . 7:3(mod 38)

�

1 [(- 3)4] 8 . 7 3(rnod 38)

cjj

. 7 3(mou 38) � 116 . 7 3(mod 38) c:!;] 7 3 . 7 3(rnod 38) �] . 35(mocl 38) = 35(mod 38). U koraku a) smo isko 518 . 7 3(mod 38)

(53)6

ristili pomoćni rezultat 73

- 3 (rnod 38), II koraku

5(mod 38), II koraku e ) rezultat 53

koraku 73

34 3

(Na znanje)

rezultat

112

1(mod 38).

125

(- 3)4

11(mod 38),

121 = 7 (mod 38) i koraku

konačno

Potrebno je samo uočiti dasu zadani brojevi 7 3 i 38 rela

tivno prosti, pa vrijedi Eulcrova. kongTuenc.ija 7 3 'P (3 8) =

1 (mod 38).

13 Kako j e <p(38) = <p(2) . <p( 1 9) = 1 . 18 = 18, odmah znamo da vri j edi 7318 l(rnod 38), pa j e lako dobiti konačan rezultat . Dakle: 7373 = (7318)4 . 73 1 4 . 73(mod 38) 35(mod 38).7 =

3. Pokušaj mo prvo vidjeti da li j e možda broj talvog oblika složen: tj . može li se netrivijalno faktorizirati. Uočimo zato da su sve n-te po tencije u izrazu ne slučajno p otencij e baze 3. To nam omogućava da uvedemo supstitucij u 3n = x. Tada zadani broj 27n - 6· gn + 12· 3n - 8 dobij a oblik r3 - 6.1:2 + l2x - 8. Kako je

x3 - 6 x2 + 12:1: - 8 (:r3 - 8) - 6x(x - 2) = ( x - 2) (x 2 + 2.1: + 2) - 6x (x - 2) (x - 2) (x2 - 4x + 2), =

izraz j e složen za n > 1 . Dakle, 2'F - 6·

g71

+ 1 2 . 3n - 80

(3n - 2)(9H - 4· 3n + 2),

pa prostih brojeva datog oblika nema. 4. Promatrati cemo dva slučaja. Kad među 7 brojeva postoje i kad ne postoje dva koji završavaj u s istom znamenkom. U slučaj u da postoje dva broj a koji završavaj u s istom znamenkim, razlika im završava sO, pa je djelj iva slO. U slučaju da ne postoje dva broj a koj a završavaju s istom znamenkom, razlika im ne završava s O, pa nije djelj iva s 10. Ali tada možemo promatrati zbroj eve bilo koja dva broja čije su poslj ednje znamenke neke od 10 znamenaka 0,1, .. . ,9. Zbroj će bit i djeljiv s 1 0, ako se zbroj e broj evi koji završavaj u rc'Clom s 1,2,3,4 s broj evima koji za vršavaj u redom s g, 8,7,6. Dakle znamenke možemo razvrstati u tri grupe, A = {O, 5}, B = {l, 2, 3, 4} i G { 6,7, 8,9}. ZnamenkeO ili 5 su samo "smetnj a" j er zbrojene s bilo koj om znamenkom iz grupe B ili G ne daju 1 0 . Zato na.m je najinteresantnije postojanje bar j ednog para znamenaka(1,9), (2,8), (3,7) ili (4,6) čij i su elementi iz skupova B i G, jer su to 4 para znamenaka koje zbroj ene daj u 10. 7 znamenki kojima završavaj u slučajno odabrani brojevi, mogu se naći u skupovima A, B i G na sljedeći način: =

Uočite da srno s malo više znanja "preskočili" korake

lkim,

jednostavnim i "elegantnim".

- cl), dakle zadatak

učinili

POGLAVLJE

IX. 2002.

(a) Iz skupa A nije odabrana nijedna znamenka. Tada su ostalih 7

znamenki ra.spodjeljeni među skupovima B i e tako da u jed nom budu 3, a u drugom 4 znamenke. Tada uvjek imamo 3 para znamenki koji u zbroju da.ju 10.

(b) Iz skupa. A je odabrana jedna znamenka. Tada ostalih 6 znamenki mogu biti ra.c;. podjcljene između skupova B i l.

ll.

na sljedeći način:

U jednom

skupu 2, a u drugom 4 znamenke, pa imamo 2 para znamenki koje zbrojene daju 10. U oba po 3 znamenke, pa imamo također bar 2 para znamenki koje zbrojene daju 10.

( e ) Iz skupa A su odabrane obe znamenke. Tada ostalih može biti ra..c;poređeno među skupovima B i l.

ll.

znamenki na sljedeći način:

U jednom skupu 4: a II drugom l znamenka, pa imamo jedan par znamenki koje zbrojene daju 10. U jednom skupu 3, a u drugom 2 znamenke, pa imamo dva para. znamenki koje zbrojene daju 10.

Dakle, uvjek se me(lu 7 brojeva mogu naći 2 čija je razlika. ili zbroj djeljiv s l O.

5. Iz diofantske jednadžbe 7.1: Dakle,

25 - 9y 7

Da bi x bio cijeli broj, mora u E Z.

25 možemo npr. izračunati

- 7y - 2y 7

_ -

7tL

Da bi y bio cijeli broj, mora biti

3'11, + 2 +

11 =

2v,

2y - 4 7

2y - 4 biti cijeli broj, tj. 2y - 4 7

U posljednjoj diofantskoj jednadžbi nepoznanice npr. izraČlmati :lj. Dakle, Y

.lj

'/.L,

7u,

pa možemo

E Z.

SUobičajeno jc iz jednadžbe a:r + hy = e izračunavati onu nepoznanicu koja ima manji koeficijent. Tako II ovom primjeru izračunavamo :1:, jer je min(7, 9) = 7.

15 Sada idemo "nazad". Kal<o su y = 6v

x =

= 77) + 2,

(7v + 2) -

cijeli brojevi. Dakle

i 'lJ

2(7v + 2) 7

cijeli brojevi i u = 2v, tada su i

-4

7v - 2

1 - 9v

rje..<Jcnje zadane diofantske jednad탑be su parovi

(x, y) = (1 - 9v, 7v + 2), 'l) E Z.

X.2002. 1. U

i 2.

apstraktnoj Booleovoj algebri maksimalno pojednostavnite izraz

detalj no obrazložit e svaki korak.

Zadani su skupovi 2Z = {2k : k E Z} i 3N = {3n

: n

E N} .

(a) Konstrukcijom bijekcije izmcc1u tih skupova dokažite nj ihovu ekvi potentnost.

(b) Dokažite da je konstruirano preslikavanje bijekcija. 3.

Ako je

prost broj, a

relativno prosti tada vrijedi:

Dokazati. -l.

Odredite koeficijent uz

Tl7

u izrazu (1 + T O + T7 )n.

Odredite opći član niza zadanog rekurzivllo s Na osnovi toga odredite lOO-ti član.

an+l

+ n,

POGLAVLJE

X.2002.

Rješenja: 1.

:rl .

( Xl + 1':2) . (Tl + X2 + .T3 ) . ... (:Cl .+ X2 + ... +Tn) .

(a) = (b)

(Xl + O) . (Xl + :[2) . (Tl + T2 + :1'3 ) ... . (.Tl +T2 + ... +Xn) = .

, (c) =

Xl + [O . X2 . (X2 +X3)..... (T2 + T3 + ... +Xn)]

(d) = Xl

Xl + [O· (T2' (.T2 +X3)' .... (.T2 +X3 + ... +Xn))]

(e) = Xl·

Obrazloženje:

( a) (b)

U prvom koraku smo iskoristili aksiom neutralnog elementa Xl +

T1 ·

U drugom koraku smo primjenili distributivnost operacije + prema operaciji·

( aksiom distributivnosti vrijedi samo za 2

"faktoral! , ali

jednostavan tc'Orem pokazuje da vrijedi i za. više I!fa.ktora").

( e ) U trećem koraku koristimo a.socijativnost za·, tore l! nakon

(d) U

a ·

(e)

pa grupiramo "fa.k

jedan izraz.

četvrtom koraku koristimo komutativnost za . i zatim aksiom

0=0.

U petom koraku koristimo aksiom neutralnog elementa Xl +0 =

i tako konačno dohijamo rezultat.

2. Po definiciji:

skupovi A i B su ekvipotentni 52 postoji bijekC'ija izrnccl-u tih skupo'lJa.

( a)

Prvo odredimo bijekciju između skupova

2Z . U

tu svrhu

podijelimo te skupove tl po tri particije na sljedeći način:

3N = {3} U {G, 12, 18, ... } U {g, lo, 21, ... } 2Z

{O} U 2N U - 2N.

Između particija tih skupova definirajmo sljedeće preslikavanje:

. ..

-2

-4

-6

... 3(2n + l) l

.. .

-2n

19 Dakle formirali smo pre..'3likavanje

ekvipotentnost tih sku pova.

(b)

---'I

koje pokazuje

Sada moramo dokazati da smo preslikavanje dobro definirali

da je funkcija) i da je bijekcija.

( tj.

Tablično zadauo preslikavanje

možemo opisati i formulom:

f(m)

271" m. -2n, m

m.,71,

E N.

671+2

Ovo je očigledno funkcija, jer vidimo da za \:fm E 3N,

:l!f(rn)

Da je bijekcija moramo pokazati da je surjekcija i injekcija. l. ll.

Surjekcija je očigledno, jer se svaki clement skupa

2Z.

može

naći u slici funkcije. f je injekcija ako vrijedi definicija:

No za dokaz da je neka funkcija injekcija jednostavnije je koristiti ekvivalentnu definiciju dobivenu kontrapozicijom, tj. pokazati da vrijedi:

Kako su skupovi koji čine pa rticiju od junktni, može biti

f(m'l)

f(7712)

2Z svi

međusobno dis

jedino ako su obe vrijed

nosti funkcije iz istih skupova particije.

Zato tu imamo tri

mogucnosti:

A. f(md B. f(ml) C.

f(rn2)

f(m2)

m2 = 3. i m2 = 6n2

ml 6711 =? 2n[ = 271,2, pa. je nl = n2 i zato ml = rn2· f(md = f('I71'2) & ml = 6n1 +2 i rn2 = 6n2+2 =? -271.1 = -2n2) pa je Th n2 i zato m'l = 771,2, =

Dakle Kako je

f je

i injekcija.

surjekci.ia i injekcija, f je bijekcija

POGLAVLJE

X . 2002 .

3. Pretpostavimo da jedna o d dvije mogucnosti u.konkluziji (zaklj učku) nije ispunjena. Neka j e to prva mogucnost, tj . neka p f a. Kako su l i P jedini dj elitelj i od p, a p f a, tada je NZM(p, a) = l. Sada se podsjetimo jednog korolara Bć>.zoutovog teorema!) koj i glasi: m

rl,

r'eiativno prosti =?3s, t E

sm + tn = l.

U našem slučaj u smo dobili da su relativno prosti p i a, tj . postoj e s i t takvi da je sp+ ta = l. Pomnožimo li tu relacij u s b dobićemo relacij u spb+tab = b. S druge strane, kako p!(ab), tada postoji q E ?l, takav da. j e ab = qp. Zamjenimo li ub u posljednjoj relacij i s qp dobijamo relaciju spb + tqp = b, tj. p(sb + tq) = b, što znači da p!b, što smo i željeli dokazati.

4. Prema multinomnom teoremu vrijedi

Vidimo da će se za ocirctlenc vTijednosti od tencij a.

Xl?

i t možda pojaviti p o

u multinomnom razvoj u i uz nj u koeficijent

n ) . Zato (T,s,t

prvo iz diofantske j ednadžbe 5.'1 + 7t 17 moramo odrediti nepoznanice s, t 2: O, tj . (matema.tički rečeno) rij ešiti j ednadžbu na skupu No. Dakle: =

5s+7t=17=?s=

17 - 7t 5

15 +2 - 5t - 2t t- l =3-t-2· . 5 5

Da bi s bio cijeli broj, mora biti t = 5k + l, odakle dobivamo da je s=3-(5k+l) - 2k = 2 - 7k, k: E ?l. Kako tražimo samo nenegativna cijela rjcšenja, koristimo uvjete t 5k+ l 2:O i s =2 - 7k 2: O. Dakle tražimo rješenj e sustava =

5k: + l 2: O

2 - 7k 2:O g Bćzout01J

teorem

bi nam morao

Dio.fantska jednadžba

a.x

biti poznat: jer glasi:

= e

ima cjclobro.Jna rješenja

{:::}

NZ!'v1(a, b)lc.

21 u cijelim brojevima. Iz; prve nejecinadžbe imamo -

s =

pa j e jedino rj ešenje

2it

Kako je

Zat.o je koeficij ent uz

X17

k = O. +t

�

3,3, l

a iz druge

Za tu vrijednost imamo vrijednosti

n, tada je T = n

- 3.

j ednak

(n) n! (n n -

k E No:

n n

(

l )( n

3)!2!1!

Ovaj zadatak možemo riješiti analogno 5-om zadatku iz VII . -og i VIII. og mjeseca, ali možemo na još jedan način.

Podsjet.imo se da se ne

homogena rekurzivna relacija može transformirati u ekvivalentnu ho mogenu rekurzivnu relaciju i t.a riješit.i.lO D akle, kako j e tada je

an+2

an+l

= 0,7]

+n,

an+l + n + 1. Ako od ove relacije oduzmemo prethodnu, an+2 - 2an + l + an = l . Odavde imamo 0,71+3 - 2(171+2 +

dobićemo relaciju

an+l

l, pa kad od ove relacije od uzmemo prethodnu dobijamo kon

ačno homogenu relaciju

0,71+8 - 3an+2 + 3an+l -

trećeg reda.

Da bi ova rehu'zija bila u potpunosti zadana potrebno je j oš odredit.i

3 početna uvjeta. Jedan je zadan na počet.ku, tj . al = 1. Iz početne rekurzije možemo odredit.i i ([2 = 2 i a3 = 4 pa je t.ako poslj ednj a homogena rekurzivna relacija u potpunosti zadana . Dakle dobili srno ekvivalentnu relaciju

Umjesto početne nehomogene reklu'zivne rel acije L-og reda, sada imamo homogenu rekurzivnu relaciju trećeg reda. K ao što smo rekli na početku, dobili smo homogellost, ali povećali red relacije. Karakteristična jednadžba dobivene homogene rekurzivlle relacij e je

:r3

2 3x + 3x

O, 8

tro8trukim rjc.šenj em

t e rekurzivne rela.cij e je prema tome

:rl 2 3 , ,

1. Opće rj ešenj e 2 A + IJn +rln . Nepozna. t e ko=

Interes za ovaj prijelaz na homogenu rel aciju je izbjeći diskusiju povezanu ikularnog rje8cnja. nehomogenc rcknrzivne relacije.

ivamo

vcći i:itupallj rekurzije. To

odražava

No izbjegavanjem

većem broju nepoznatih koeficijenata

pri nalaženju općeg člana homogene rckurzivne relacije moramo lcšto

dobili, nečeg se moramo i odreći.

s traženjem te disk usije ,

odrediti. Dakle da

POGLAVLJE eficijcnte odre(1ujcmo

iz njenih početnih uvjeta. i tako dob ij a.mo sustav: A + I)' +.'{/

A + 2JL + 41]

A + 3J.l + 91]

Rješenja ovog sustava su A rekurzije

100-ti član je

2n2 - 2n +

0100 =

l, JL

L odnosno

2(1002 - 100 + 2)

Na ovom primjeru možemo primjetiti kako

nih članova. Početna rekurzi. ia

daje

rekurzi vnoj relaciji vidimo da je 4-i

-2,17 an = =

l 2' pa je opće rješenje

2(n2 - n + 2).

2(10000 - 100 + 2)

indukcija "vara"

4951.11

ako se pogleda malo počet

čInil j edn ak

niza

7, a ne 8!

Ali

nij e !

Koliko je početnih članova potrehno da nas indukcija ne preva.ri? primjer:

bi indukti vno Računanjem po

Pogleda.jmo ovaj

n2-n+41 dobijamo niz članova 41, 43, 47,53,61,71, ... za koje primjećujemo To je i ist i na sve do 1681, aJi je Cl41 412 i da1de složen. =

da su prosti, pa možemo "logično" zaključiti da su i osta.li prosti . Cl40 =

sljedeća 3 prva člana: 1,2,4, ... i mogli

zaključiti da je idući čla.1l rekurzivno zadanog

U nizu an

X.2002.

Općenito, indukcija u v ijek vara. Pripazite!

XI . 2 00 2 . 1 . Z adana je Booleoa funkcij a

F(A, B, e)

(A + B

+ e)(A

B + e)(A + B

e).

Nađite nj enu normalnu disjunkti vnu formu.

2. O d redi te

ostatke pri dijelj enju brojeva:

( a) 2 2 53 8 + 1 s 3, (b) 16 13 - 325 . 1 5 51 3. Zadani su skupovi

( a) (b)

73.

31, = {3k

E Z}

2N = {2n

E N} .

Konstrukcij om bijekcije iZl1lc(iu tih skup ova dokažite njihov·u ekvi

potentnost.

D okažite da je konstruirano preslika.vanje bij ekcija.

4. Odredite koefi cijent uz

Odredite opći č lan niza

.1: 1 8

u i zrazu

2, 6, 14, 30, . . .

- 2.1:5 +

3.1: 7t .

koriš tenjem rekurzije prvog reda.

POGLAVLJE

XI. 2002.

Rješenja: 1.

Tablica funkcije F(A , B , C)

(A + B + .C) (A + B + C) (A + B + C) je:

o o o o

o o

o 1 o 1

o o

o 1 o

I F il l I o I o I I I o I I I I I I I Promatraj mo t)ve trojke (A, B, C) za koje je vrijednost Bo oleove funkcije jednaka 1. Od tih trojki na predviđeni način formiramo mint.erme, a zatim njih uzimamo u disjullkciju . Dakle disjunktivna normalna forma Je F(A, B ) C) = AB C + ABC + ABC + ABC + ABC. 2. ( a) 22 .58 8 ( - 1 ) 2 583 (mod 3) = - 1 (mod 3) = 2(mod 3) . Zbrajanjem kongruencij a dobij amo 2 2 5 83 + 1 ( 2 + l ) (mod 3) = o( mod 3) , pa je ost.atak O. (b) Prvo moramo odrediti ostatke pri dijeljenj u brojeva 1 61 3 , 325 i 1 55 1 S 73, a z at i m primjeniti teoreme o produktu i zbroju kongruencija. Dakle: 1. 1613 ( 1 63)4 . 1 6 40964 . 16 (uočimo da je 4096 = 56 · 73 + 8) 84 . 16(mod 73 ) = 642 . 1 6(rnod 73) = ( - 9)2 · 1 6(mod 73) 8 1 · 1 6(mod 73) 8 · 1 6(mod 73) = 1 28(mod 73) 55(mod 73 ) . ii. 32 5 = (3 4 ) 6 . 3 8 1 6 . 3 86 · 3(rnod 73) = 643 · 3 (mod 73) 9 3 . 3(mod 73) 729·3 (mod 73) ( - 1 ) ·3(mod 73) = - 3(mod 73) . iii. 1 S51 = ( 1 52)25 . 1 5 = 22525 . 1 5 = 625 . 1 5(mod 73) = ( 63 ) 8 . 6 . 1 5 (mod 73) 2168 . 90(mod 73) = ( - 3)8 . 1 8 (mod 73) = 8 1 2 . 18 (mod 73 ) 8 2 . 18(mod 73) = -9 · 18 (mod 73) = - 16 (mod 73) . =

Ako sada od prve kongruencije oduzmemo umnožak druge dvije, dobijamo: ( 1613 - 325 . 1 551 ) (mod 7:3) (55 - 48) (mod 73)

(55 - ( - 3) · ( - 16)) (mod 73) = 7 mod(73) .

25 Dakle ostatak je 7. Koristimo se definicijom: 8kv,povi A i fl s·u, ek-v ipotentni

<!u postoji

bijekcija izm edu tih skupova .

(a) Prvo odredimo bijekciju između skupova 2N i 3Z. U t u svrhu pod.�jelimo te skupove u po tri particije na sljedeći na.čin: 2N = {2} U {4, 8 , 1 2 , . . . } U {6 , 1 0 , 14, . . . } i 3Z = {O} U 3N U -3N . Između particija tih skupova dcfiniraj mo sUedeće preslikavanje:

-3

-6

-9

. . . 4n

Dakle, formirali smo preslikavanje ] ekvipotentnost tih skupova.

----+

.. .

4n + 2 l

...

-3n

3Z koje pokazuje

(b) Sada moramo doka.zati da. smo preslikavanje dobro definirali (tj . da je funkcija) i da. je bij ekcij a. Tablično zadano preslikavanj e možemo opisati i formulom: O, m = 2

](m) =

, m, n E N .

3n ,

= 4n

- 3n ,

= 4n + 2

Ovo je očigledno funkcija, jer za \frf/, E 2N, 3!] (m.) E 3Z. Da. je funkcija ] bijekcija. moramo pokazati da je surjekcija i in jekcij a. l.

ii.

Surj ekcija je očigledno jer se sva.ki element skupa 3Z može naći u slici funkcije. ] je injekcija ako vrijedi definicija: ] je

injekcija

tt m l =I m2

] (md =I ] ( m 2 ) , \fml , m2 ·

No j ednostavnije j e koristiti ekvivalentnu definiciju dobivenu kontra.p ozicijom, tj . pokazati da vrijedi:

:... 6

POGLAVLJ E Kako su j unktni,

s k up ovi rn ož e

XI.2002 .

koj i čine particij u od 3Z svi međusobno dis

biti .f ( rn l )

f (m2)

j ed i no ako su vrij ednosti

funkcij e iz istih skupova particij e .. Zato imamo tri mogućnosti : =

ml = m2 = 2 . B . f(ml) = f (m2 ) & 711' 1 = 4 '17, 1 i 7172 = 4'17,2 => 3 '17, 1 = 3'17,2 pa j e nl = n2 i zato ml = rn2 · C . .f (m l ) = f (m2 ) & m l = 4nl + 2 i 7H 2 = 471,2 + 2 => - 3 nl -3'17, 2 pa je nl = n2 i zato m l = m2 ' Dakle f j c i injekcij a. A . f(md = f(m2 )

Kako je .f s urj ekcija i i nj ekcij a, J j e bij ekcij a.

Prema Illulti noll1norn teoremu VTij edi

Vid i mo da za određene vrijednosti od m l ll t i n o m nom

razvoj u i 1..lZ Ilj \ l koeficij ent k

1 imamo potencij II T 8

(T, S, t ) n

5s +

7t = 18

- 7t =

20 - 2 -

Da bi s bio cijeli broj , mora b iti 3t - 2 + . . Cl'l brOJ. , tj. . mora b'It l. t = 5k 3 2 ClJ

3k + 3 -

Da bi t bio cijeli broj

i z;računamo

!I l ora

31 + l 2

2t +

-- o

5 k , za ncki k E Z. No i tu

2k l l + 1 + -= ,,; 3

biti 2k

-l

21 + l + l 2

l Ot + 3t

( - 2 ) S 3t . Da bi

moramo prvo iz diofantske j ednadžbe 5 s + 7t odrediti cj elobrojne nepoz;nanice S , t 2: O. Dakle,

odredili koeficij ent

= 3l , za neki l E Z. Ako l

l + 2

-o fi

27 dobijamo da j e k cijeli broj ako j e l = 2m - l ,

711 E

Sada. idemo " unazad " , tj :

6m - 3 + l = 3m - l . 2 l 5m - 5 + 2 = 5m - l ' 3 4 - ( l Om - 2) + 3m - l

t = 8

5 - 7m,

m. E

Kako tražimo samo nenegativna cijela rješenj a, mora b i t i tražimo rjeSenje sustava

2: O, tj .

5m - l 2: O 5 - 7m 2: O brojevima m E No . Iz prve nejednadžbe imamo m 2: m ::; pa sustav nema rješenj a u No. u

�,

*' a iz d ruge

Dakle, ne postoj i potencij a :r: 1 8 u multinomnom razvoj u datog trinoma, tj . koeficij ent uz :r: 1 8 je O . :J . Uočimo da se u nizu

2 , 6, 14, 30, . . idući član niza dobij a kao dvostruki prethodni uvećan za 2 . 12 D akle opći član niza se može izrazit i rekurzivno 2. s an = 2 an-l + 2, al .

Promatrajmo pripadnu homogenu relacij u an -2an-1 = o . Ako uvedemo Eulerovu supstitucij u an = xn , dobivamo karakterističnu j ednadžbu .T = 2 što je uj edno i njeno rj ešenje. Tako je opće rješenje homogene relacij e a;� = A 2n. .

Sada promatrajmo funkcij u f (n) = 2 = 2 · l . Kako je to konstanta, a :1: = 1 nije rješenje karakteristične j ednadžbe, partikularno rješenj e nehomogene j ednadžbe j e oblika a � A. =

Nakon uvrštavanj a u zadanu rekurzij u dobijamo:

2A + 2

-2.

Dakle, opće rješenj e nehomogene relacije j e an = A . 2TL - 2 . - O vo bi vjeroj atno većina uočila.

No može se naći i neka druga " logika" niza. Npr. će uočit.i pravilo a1>. + 1 2 2 2 , 14 6 2:1 , 30 14 2 4 , . . . Ono an 2n + 1 , jer 6 mi tražimo j e da na(1et.e bar j ednu " logiku " , a to je naj češće ona koj u većina j uoči i

.·0

l smo

i mi zamislili.

POGLAVLJE J08 je potrebno iz početnog uvjeta izračunati ,\ . Kako jc ,\ . 2 - 2 Konačno, an

2 . 217

2,\

XI . 2002 . =

2, imamo

211,+ 1 - 2.

4 5

. 2003. I

Zadana. je Booleova funkcija.

F( A , B , C)

(il. + fl + 0) (;1 + B + C)(;1 + B

C) .

\iađite nj ellu normalnu disj unktivnu formu. Odredite

ostatke

pri djeljcnj u brojeva:

( a) 33.58 2 - 1 s 5 , (b) 1 3 16 - 5 23 . 35 21 s 73. Zadani su skupovi 4Z

{4k:

k: E

Z} i 5N

{ 5n

N} .

(a) KOllstrukcijom bijekcije izmetlu tih skupova dokažite njihovu ekvi potentnost .

(b ) Dokažite da j e konstruirano preslika.vanj e bijekcij a. 5.

Odredite koeficijent uz :1' 28

izrazu ( 1

Odredite opći član niza 2 , 5, 1 1 , 23 , toga nađite WO-ti član.

vi zadaci

O o ,

3:r4 - 2:r6t

korištenjem rekurzije.

osnovi

analogni tipom i težinom zadacima iz prethodnog roka, osim četvrtog,

je dosta teži, da bi kompenzirao ponavljaIlje zadaće.

POGLAVLJE

Rješenja:

1. Tablica funkcij e F(A, B, C)

1.2003.

(A + fl+ C) ( A + B + t),(A + fl + C) je:

/ F // 1 / 1 / 1 / O / 1 / O / O / 1 / Promatrajmo sve trojke (A, B , C) za koje je vrijednost Booleove funkcij e jednaka 1 . Od tih troj ki na predviđeni način forrniramo minterme, a zatim nj ih uzimamo u disjunkcij u. Dakle disj unktivna normalna forma jc: F (A, B , C)

ABC+ A BC + ABC + ABC + ABC.

2. ( 3 2 ) 1 79 1 ( mo d 5 ) = ( - 1 ) 1 79 1 (rnod 5 ) = - 1 ( mod 5 ) . Dakle: 3 ( mo d 5) , pa je 3 3582 - l = ( - 1 - 1 ) ( mod 5) = - 2 ( mod 5) ostatak 3. ( b) Kao u prethodnoj ispitnoj zadaći , prvo moramo odrediti ostatke pri dijeljenj u brojeva 1316, 523 i 35 2 1 s 73 , a zatim primjeniti teo reme o produktu i razlici kongruencija. Ovo ostavlj am za samosta lan rad .

(a) 3 3582

3. Po definiciji : skupovi

s u ekvipotentni

�. postoji

bijekcija izmed'u tih sk:71pova .

(a) Prvo odtedirno bijekciju između skupova 5N i 425. U tu svrhu podijelimo te skupove II po tri particije na sljedeći način: 5N = {5} U { 15, 25, 35, } U { l O , 20, 3 O, . } i 425 = { O } U 4N U -4 N . Između particija tih skupova definirajmo sljedeće preslikavanj e: o o .

O o .

o o .

o o

lOn + 5

-4

-8

-12

o o .

l On l

o o .

-4n

31 formirali smo preslikavanj e

Dakle

ekvipotentnost tih

s kupO\·

f : 5N

--7

42 koj e

pokaz;uj e

(b) Sada moramo dokazati da smo preslikavanje dobro defi ni rali (tj . d a j e fu nkcij a) i d a j e bij ekcij a Tablično zadano pres likavanj e možemo opisati i formulom: .

O, m = 5 f (m) =

4n,

= 1 071. + 5 , m , n E N .

-4n, rn = lOn

Ovo je očigledno funkcij a, jer za Vrn E 5N , 3 ! f (rn.) E 42. Da je fu nkcij a f b ije kcij a moramo pokazati da j e surj ekcij a j ekcija .

l. ll.

Surjekcij a

je očigledno jer sc svaki clement sk up a 4Z

u s ]i ci funkcij e. f je i njekcija ako vrijedi

nab

No jednostavnije je kontr apozi cij om tj . ,

i in može

definicija:

koristiti ekvivalentnu pokazati da

defi n ic ij u dob ivenu

vrijedi:

Kako su sku povi koj i čine par ti cij u od 42 svi meetusobno dis f(md = f(rn2) j edino ako su vrijednosti funkcije iz istih skupova particije. Zato imamo t r i mogućnosti:

j u nk t ni , može biti

A. f(m d f ( m2 ) = O =>- m l = m2 = 5. B . f (rn d = f ( m 2 ) & ml = I OnI + 5 i m2 = lOn2 + 5 =>4nl 4n2 pa j e nl n2 i zato ml = mz . C . f(rn d = f(m·2 ) & ml = 1 071. 1 i m2 = 1 071.2 =>- -471.1 = -4n 2 pa je nl = n 2 i z at o ml mz . Dakle f j e i i nj ekcij a . =

Kako j e f

sur

jekcij a i injekcija, f je bijekcij a

POGLAVLJE

1. 2003.

P rema multinonmom teorcmu vri.i edi

( 1 + 3.7: 4 - 2x6 t = .

(

r+& +t=n r,8 ,t "" O

�: ) lT(3.7: 4)S ( - 2x�l . t

Vidimo d a z a o dređene vrijednosti o d

multinomnom razvoj u i uz nj u koeficijent odredili koeficijent

tj .

28 + 3t = 14,

Da bi biti

imamo potencij u n

(r, s , t) 3S( -2t

moramo prvo iz diofantske jednadžbe

odrediti cjclobroj ne nepoznanice

2s + 3t s =

14 - 3t 2

=} s =

bio cijeli broj , mora biti t

7 - 37:.: . N o , i t, s 2:: O, tj .

2k,

s, t 2:: O.

4s+6t

x28

Da bi =

Dakle,

28,

3t . 2

za neki

E Z.

Tada j e

iz druge

kako tražimo samo nenegativna cijela rj ešenj a, mora tražimo rješenj a sustava nejedlladžbi

2k 2:: O

7 - 31.: 2:: O u broj evima k E No .

�

Iz prve nej ednadžbe imamo k

pa sustav ima rješenja k =

X28 se { ( l , 4) , (4, 2) , (7, O) } . uz

Prema tome, koeficijent kad je

(a)

( s , t)

Prvi ::;l učaj uz

x28 e

(b)

( s , t)

( 1 , 4)

tj .

mogucnosti za

( s , t) .

može pojaviti samo u slučajevima Imamo dakle ove sl učajeve.

može pojaviti samo za

n 2:: 5.

Tada j e

moguć koeficijent

(n - n5 , 1 , 4) 3 ( - 2) l

Drugi slučaj j c uz

0, 1 , 2 ,

2::

:r28

( s , t)

(4, 2)

moguć koeficij ent

(n - 5) !4!

3·2

4 =

15 · 2

može pojaviti samo z a

(n)

5 '

2:: 6 .

Tada

l C (\ ,

33 No vidimo da tie ovdj e može poj aviti i koeficijent iz prvog slučaj a, jer zadovo lj ava uvjet

(e)

Treći s lučaj

X28

(s, t )

� 6 � 5.

(7, O )

se poj avlj uj e tiamo

moguć koeficijent c =

za. n

� 7 . Ta.da. j e uz

(n - 7, 7, 0) 37 ( - 2) ° = ('11 -n!7) !7! 37 = .37 (71,7 ) . rz

Vidimo da se ovdj e mogu poj av iti koeficijent i iz prvog i iz drugog TI

slučaj a, jer za.dovolj avj u uvjet Dakle situacij a s koeficij entima uz

sličnom zadatku iz Ako j e

B . Ako je

XI. 2002.

:r28

je ovdje nešto složenij a nego u

Naime imamo ove slučajeve : 1 4

:::; 4 , koeficijent C = O, j er s e koeficij ent u z pojaviti samo za n � 5 .

= 5,

C = 1 5 · 24 C. Ako je

tada je zadovoljen slučaj

(� ) = 240.

n = 6,

tada. ta vrij ednost

pa je koeficijent

C = 15 . 2 4 D. Ako j e

(e) ,

Ako je

(a) , (b)

= 7,

tada vrijednost

� 8, tada vrijednost

(e) ,

pa j e koeficijent

C = 240 rovj eritc \ 1atLab,

(a) ,

može

p a J e koeficijent

zadovolj ava slučaj

x28

(a)

1440+4860

zadovoljava sva tri slučaj a.

(�) +4860 (;) +37 (�)

(�) +2() · 35 (� ) = 240·6+20· 243

pa j e koeficijent

C = 240

� 7 � 6 � 5.

(b) ,

6300.

(a) , (b)

240 · 2 1 +4860·7+2187 = 41247.

opet za.dovolj ava sva tri slučaj a.

(�) + 4860 (�) + 2187 (�) .

iciu(;e rezultate pomoću nekog od matcmatičkih paketa (rvIaple, "tI.lathernat

o o .

)

POGLAVLJE 5. Uočimo da

sc II

1 . 2003.

2 , 5, 1 1 , 23, idući član n i z a dobija kao dvostruki 1 . 1 5 Dakle opći član niza izražavamo re kurz i vno s

nizu prethodni uvećan za

...

+ 1 , al = 2.

2a n- 1

pripadnu ho m og e nu relacij u a -2a n -l = O . Ako uvedemo n Eulerovu supstitucij u an = .Tn dobivamo karakterističnu j ednadžbu ;T, = 2 što je uj ed no i nj eno rj ešenj e . Tako j e op će rj ešenj e homogene relacij e Promatraj mo

a�

A '

2n.

Sada promatrajmo funkcij u f (n) 1 = 1 . l n . Kako j e to konst ant a , a :1; = 1 nij e rj ešenj e karakteristične j ednadžbe, partikularno rješenje nehomogene j ed nad žbe je oblikl a� = A.. =

Nakon uvrštavanj a u

zad anu

rebu'zij u dobijamo

A. = 2A. + 1 Dakle,

opće

rješenje nehomogene relacij e j e

-1.

= A

Još j e potrebno i z poč:etnog uvjeta izračunati /\ . Kako j e A

K onacno, '

I ii K ao što srno

6 . 23

1 = 2=?2 A

al = 2 ,

slijedi

3 2'

an = 3 . 2n-1 - 1 .

ranije kazali , ovo nije jedina " logika " . Točno je i ako uoč ite da je 5 - 2 11 1 2 , . . . , a zatim induktivno zaklj učite da je 0,,, + 1 - o,n 3 · 21/, - 1

. 2 003 . Odredite tlve elemente X iz proizvolj ne Booleove algcbrc, ta ko da za 'VA, B iz dotične alge bre bude ispunj ena j ednakost

( A + X) (A + X) + (X + A) + (X + A) i _

detaljno obrazložite svaki korak.

Dokazati da je prirodni broj iV ( anan- l . . . a j aoho djcljiv · lJ· IVO · s 1 1 . 16 a l + a 2 . . . + ( l)n an J e dJe =

(a) 1 1 200:3 (b) 7100

{:::?

ao -

i y ako je: .T (mod 19) ,

= y(mod 29) .

. 1. Riješite diofEmtt-lku

jednad ž b u

333x + 70771

5 . Odredite opći član niza zadanog rekurzivno (Lo =

Izračunaj te

Jednostavnije rečeno,

j e kri terij

djelj ivost

ll.

1. s

2an - l +

5H ,

POGLAVLJE

II .2003.

Rješenja: 1.

( A + X ) (A -:-- ./Y ) + (X + A) + (X + A) = (ci'istT'ilJ'U,tivnost i De l'vlorganova formula) = [ ( A · A) + x] + (X + A) . (X + A) = (distr'ibutivnost)

[(A . A) + x] + [X + (A · A)] (komplementarnost) [X + O] X + X ('idempo tentnost) = ./Y = B. Primj enom zakona involuiivnosti dobij amo X jJ . =

[O + X] +

(a,l, an-l o o oa1aO } t0 možemo zapisati II obliku iV l On an + Wn-1 an_l + o o . + 1 0 0.1 + 0.0. Ako uvedemo polinom P (.r ) = 1 o.n.rn + an_1xn- + o o . + 0.1:[ + 0.0 , ta.da j e iV = P( lO) . Namjera nam j e

2. Prirodni

iskoristiti

broj 11

teoriji kongruellcij a poznati teorcm m =

n(mod k)

P ( m)

P(n) (mod k) o

- l (mod l l ) , pa prema prethodnom teoremu slijedi P ( 1 0) = P( - l ) (Ill Od l l ) , Kako je N = P ( 1 0 ) , a P( - l ) ( - 1 ) °0. 0 + ( _ 1) 1 (1 1 + (- 1)20.2 + . " + ( - l ) n an = Uo - a l + 0. 2 - o + ( - l )nan ) dobijamo konačno kriterij dj clj ivosti s l l : Uočimo zato da je 10

• •

"broj je djeljiv .9 l l ) ako je razlika zbroja znamenki na parnim mjestima i zbroja :znamenki na neparni m mjestima cije/jiva s l l , tj. jednaka O (mod l l ) fly Kažemo:

Kako su i 19

i 29 prosti

brojevi respektivno relativno prosti s

II i

primjenimo mali Fermato\' tcorcm koj i glasi :

a(mod p) , za svaki a

E N

i svaki prost bTOj p,

a specijalno kor'olar

Op- l = l (mod jJ) , ako

S1)' a

oj p

relati vno prosti.

I ' Npr . z a 1221 je ta razlika - l + 2 - 2 + l O i ZClto je broj djelj iv s l l . Zaista. 1 1 1· 1 1 . Suprotno tornc: lako se vidi da 1 2345 nijc djeljiv fl l l , jer 1 - 2 + 3 - 4 + 5 3 nij e djcljiv fl l l . Zaista, 12:345 1 1 22 · I I + 3. L_l

37 1 1 1 8 = 1 (mocl 1 9 ) , pa i mamo : 112003 = 1 1 11H 8 +5 ( m o d 19) = ( 1 1 1 8 ) 1 ll . 1 1 5 (mod 19) = ( mali .Fer-mato?! teorem, ) = 1 111 . 115(mod 19') = ( 1 12)2 . 11 (mo d 19) = 1212 . l 1 ( mod 19) = 72 . 1 1 (mod 19) = 539(mod 19) = 7(mocl 19) , pa je rj ešenj e x = 7. (b) Prema istom teoremu je 728 = l ( mod 29) , pa imamo: 7100 = (728 ) � . 7 16 = ( mali Fer-matov teor-em ) = 7 1 G (mod 29) 49 8 (mod 29) = ( - 9) 8 (mod 2 9 ) 81 4 (mo d 29) = (- 6 ) 4 ( mod 2 9 ) 362 (mod 29) = 7 2 (mod 29) = 2 0 ( mod 29) . Dakle y = 2 0 . a

)

malom Ferm(l,to'Uom teorcIllu j c

Prema

�

Dakle,

;); = Da bi

- 707y

333

---

. 3_3_3_ 1 _-_2_ Y_-_4_ _ ' - 1_Y 333

1 - 41 y . + 333

' -2 lJ

1 - 41y = 333z,

bio cijeli broj mora biti

ada imamo

L';a neki cij eli broj z .

1 - 8 . 41z - 5z 1 - 5z = -8z + 41 41

1 - 333z 41

b' . . l l' broj' mora ' Itl D a b l· y b 10 ' CIJe

. 1 - 5 z = ?l! CIJ. . e l'l brOJ. . 41

1 - 41w

Konačno mora biti lobij arno:

1 - 40 w - w = -8w 5

w-1 = d 5 --

Z,'

tJ' . .

?l!

Tacla J. e ,

-1 5

-- o

= 5ci + 1 .

Odatle unazad

z = - 8 ( 5d + 1) - d = -8 - 41d, Y = -8(-8 - 41d) + 5d + 1 = 65 + 333d, x -8 - 41d - 2 ( 6 5 + 333ci) = - 138 707d. =

Dakle rj ešenja su uredeni parovi

d E Z.

(x, y ) = (- 138

707d, 65

+ 333d),

POGLAVLJE :r n

5 . Karakteristična jednadžba je

2xn-l i

rješenj e

:1;

II. 2003.

= 2.

Dakle,

a� = A . 2n . S druge n strane, funkcij a smetnje f ( n ) = n2 + S U n.ehomogenoj relacij i je zbroj dvije funkcije JI (n) n2 i h (n) 5n. Zato moramo tražiti partiku rješenje pripadne homogene rck urzivnc relacije je

larna rj ešenj a nehomogene relacije u dva s lučaj a:

( a)

2 o,n - l +

JI (n)

n2 .

(a� h 0:r1 2 + 2an - l + n2 , dobij amo

karakteristične jednadžbe, tada jc uvrštavanja

relacij u

Kako 1 nije rješenje

ln .

(Jn + T

cm2 + (3 n + �( = 2 [O'(n _ 1) 2 + ,B (n - 1 ) + 'YJ +

Nakon

'17,2 ,

a nakon sređivanj a dobij amo sus tav jednadžbi : o'

Rj ešenj a sustava su

CI;

20: +

- 40' + 2/3

2c.t - 2/3 + l 0

- 1 , /3

(a� h 2 an- l + ;)r:: rt

= - 4 i 'Y

2 (n )

l• f

-G,

tj .

_ ('17,2 + 4'17, + G ) .

5 rt , j ednadžbe, pa je (afJ = cl . 5n . 2 Nakon uvrštavanj a u relacij u an

(b) an

" . - . e karaktens lllJ e rJesenJ . tlcne '-

2an- l + 5n,

dobijamo

2(5 · 5,,- 1 + 5n , a nakon d ij eljenja relacije s 5TI 1 , dobijamo j ednadžbu 5 S 5 1 l. rJ. esc - nJ' e ()!\ '3 ' D akle ( anP ) = '3 . ;)r:: n - l . cl ·

a� = ((J� h + (o;; h a

ahn +

aP II

A ·

_ ('17,2 + 4n + G) + '3 . 5"+ 1 2n

-=1

20 + 5

i dakle

1 - ( n 2 + 4n + G) + - . 511+ 1 . 3

Za konačno rj cšcnj e treba j oš iskoristiti početni uvjet 13 5 A + ili A 3 3

-G

Sa.da j c

1 , tj .

= -.

Dakle, opći člaIl niz<t. je

an =

:3 . 2n + '3 . 5 11. +1 - ( 7/ 2

+ 4n

G) .

V. 2003 . 1.

Zadana je iskazna algebra A.

(a) Pokažite da je skup { =? , � } baza iskaznog računa. (b) Pomoću elemenata te 2.

:3 .

prikažite operacije -, i

Dokažite da je log 2 iracionalan broj i detaljno obrazložite svaki korak. Dokažite da je Dokažite da je

baze

5n3 + 477 djeljivo

1 20, '\In E N.

1 2n + 1 neskrativ ra.zlomak za svaki 30n + 2

N-

Skup prirodnih brojeva je razbijen na sljedeći način: { 1 } , { 2 , 4 } , { 3 , 5 , 7 } , { G , 8 , 10 , 1 2 } , { 9 , 1 1 , 1 3 , 1 5, 1 7 } , { 1 4 , l G, 18 , 20, 2 2 , 24} , { lg, ... } , . , .

Odredite zbroj svih brojeva

gg-om skupu.

POGLAVLJE

IV. 2003.

Rješenja: 1.

Iz teorije znamo da je {v, } jedna baza. iskaz nog računa. -Dakle, svaka operacij a iskaznog računa može se prikazati pomoću disj unkcij e V i negacije --' . Ako sada clisj unkcij u V i negacij u --, prika:2emo pomoću operacij a =>- i ':{, tada ćemo svaku ii:ikaznu operaci.i u moć:i prikazati pomoću operacij a =>- i ':{, tj . {=>-, ':{ } će bi ti baza. --,

Prvo, kako je p ':{ p

1.,

a p =>-

p , dobij amo prvu ekvivalencij u

--'

S druge strane, operacija V sc poj avlj uje II ekvivalenciji p =>- q == --,p V q , pa koristeći tu relacij u i prethodni rezultat imamo ekvivalencij u

pVq

(p =>- (p ':{ p) ) =>-

Dakle i --, i V smo prikazali pomoću =>- i ':{, p a je skup { =>- , ':{ } ba.z a.

2 . Dokaz provedimo metodom red1Lctio ad ab81J,rdum, tj . pretpostavimo suprotno i pomoću toga izvedimo protivrječnost. D akle, neka jc log 2 racionalan broj , tj . log 2

�,

n E

su " skraćeni " (tj . NZM(m, n ) = l ) . Tada je 2 = l O n i m < n , odakle je 2 T! = l om = 2 m . 5m , tj . 2 n - m = 5770 • Kako je n > m, tada su 2n - m i 57>1 dvije različite proste faktoriza.cij c istog prirodnog broj a, a to je nemoguće. I S Kontradikcij al Dakle pretpostavka da je log 2 racionalan dovodi do kontradikcij e, pa je dakle log 2 je iracionalan broj . 1 9

3. Zbog 5-e potencije u zadatku nije j ednostavno koristiti metod mate matičke indukcije . Dolje je koristiti ideje iz teorije djcljivosti. Dakle:

. - 5713 + 471

rl fi

71(714 - 5712 + 4)

71(712 - 1 ) (712 - 4) 71 ( n - 1 ) (71 + 1 ) (71 - 2 ) (71 + 2) . =

Uočimo da se posljednji izraz može napisati u obliku (71 - 2 ) ( 71 - 1 ) 71(71 + l ) (n + 2) , tj . kao produkt 5 uzastopnih cijelih broj eva. l�

se kako glasi t eoTem o Iakt or-iza.c i,ji. trećeg nema. O to me govori tautologija i8kljllČC1�ja, tTcceg

Podsj e tite

1 9 Jer

p V ,p.

žJ

U tilllčaj ll

izraz j e trivij alno djelj iv sa

Zato ćemo promatra.ti samo slučaj kad j e ovako:2o

120,

n >

jer j e jednak O .

3. Zaklj učivanje ide

( a)

1v1c(1u ovih 5 uzastopnih prirodnih broj eva tiU SIgurno broj a.

(b)

Također .i e sigurno da j e u nizu od 4 uza..'') t opna prirod na broj a j edan dj elj iv s 4 . U tom nizu od 4 prirodna broj a jc sigurno i j edan paran koj i nije djclj iv s 4 . Dakle niz od uza...c;topna 4 broj a j e uvijek djeljiv ti 8.

(e)

Između ovih 5 uzastopnih brojeva je sigurno jedan niz od uza stopna 3 broja i zato j eda.n broj djclj iv s 3.

(d)

U nizu od 5 uza..',t opnih prirodnih brojeva. j e sigurno j c>dan djclj iv s 5.

Dakle izraz je djelj iv

5, dakle djeljiv je i

+ l . 17, sk ' ratrv.; 3071. + 2

�

3071. + 2 ---

1 271. + l

4 . K onstlmo " l' d Cl'l U d a 1: e

rastava,

8, 3

( 2471. + 2 )

3·5,8

parna.

= 1 20 .

+ 2

' --17, ako Je s kTativ. Nakon

+ 671.

1 271. + l

1 2 17, + l

=2+

Gn ---

1 271. + l ' 671.

u kojem još ništa nijc skrabeno, pokušajmo skratiti razlomak --1 2n + l

S Istom . . l eJom ' kao ma lopnJc, " IC Međutim u rastavu

1 271. + l

12n + l ---

1 217, + l

' ako Je ' s kratIv --Je s kr at Iv 6n

=2+

l -

671.

vidimo da se - nc može skratiti. 671.

Daljih rastava se

1 217,

skratiti lli

nema,

pa sada sa zaklj učivanjem idemo unazad. Kako

ne može skratiti.' nc može sc lli 30n

1 2n + l

, pa sc

6n 12n + l

Zato se ne može

1 2n + l

može ni --30n + 2

- D Ovi " te oremči Ci " o dj cljjvos t i produkta uzastopnih cijelih brojeva su urađeni na 'žbama i smatraju s e eleme nt arn im rezultatima, pa sc kao taln'i z a njih ne traži ponovni kaz.

POGLAVLJE 5.

IV. 2003.

Kako prvi skup ima 1 clement, drugi 2 elementa, treći 3 itd. , illdnktivno zaklj učujemo da 99-i skup irna 99 elemenata. Također vidimo da. su svi čla.novi svakog skupa elementi aritmetič�og niza diferencije 2. Dakle I1 naš 'l 99-i skup čini 99 elemenata II aritmetičkom nizu diferencije 2 . Problem ć e dakle biti riješen ako odredimo početni clement tog skupa, jer tada možemo pomoću poznate formule izračunati sumu aritmetičkog niza. Promatrajmo zato početne članove skupova koj i su na neparnim mj es tima u nizu i pokušaj mo induktivno zaklj učiti koj im principom sc oni formir aj u. Ovi članovi su 1 , 3 , g, 1 9 , . . . i oni čine niz an čij i opći član želimo odrediti . Da odredimo opći član, prvo odredimo relmrzij u. Pro matrajmo npr. razlike susj ednih članova .. One sn:

0,4

(1:3

Također vidimo d a s u razlike susj ednih razlika konstantne, tj . : (13 04

- a2 - a2 -

CL3

+ al a3 + a 2

Očigledno smo na..�li princip zasnovan na rekurzij i an+2 2an + l an = 4 . 2 1 Rekurzija je drugog reda, pa će biti II potpunosti zadana ako navedemo još i dva početna uvjeta: al = 1 i ([2 3. Pripadna karakteristična. j ednadžba. ove rekurzije je x 2 2:1; 1 O i :r = 1 j e dvostruko rješenje. Dakle, opće rješenj e pripadne homogene rekurzij e j e a�� = A n + B . Sada promatrajmo funkciju f(n) = 4 = 4 · l n . Kako j e 1 dvostruko rješenj e karakteristične j ednadžbe, partikularno rješenje tražimo u ob liku ([� = Cn 2 . Budući da a� zadovolj ava relacij u an + 2 - 2 (1n + 1 + an = 4 ,

2 l Točno je

niza

0n+1

i ako uo(:ite da prve an 2 + 4(n l)

z li ke čine ari tmetički niz diferencije 4. Opći član

4'0-

2, pa tako imamo rekurziju prvog reda.

tog

43 nakon uvrštavanj a dobijamo C(17, + 2) 2 - 2C(n + 1)2 + Cn2 sr8()ivanj a tog izraza d obij am o C = 2 . Dakle,

4, a nakon

Sada iz početnih uvjeta. odre(1ujemo konota.nte A i B:

oda.kle je A

---': 4 i B

A+B+2

2A + B + 8

3 i konačno

217,2 - 417, + 3.

Dakle ovo je formula p o kojoj m ožemo odrediti početni član svakog skupa na neparnom mj est u u zadanom nizu skupova. Kako je u nizu od prvi h 1 00 zadanih skupova 50 onih k oj i su na nepaTnim mjestima i koj i počinj u s nepa.rn im brojevima ( " naši skupovi " ) i 50 onih drugih na parnim mj estima, koj i zap očinj u s parn i m brojem, gg-ti skup u nizu zadanih skupova je ustvari 50-i u nizu " naših" skupova. Zato je početni član takvog 50-tog skupa aSO = 2 . 502 - 4 · 50 + 3 = 5000 - 200+3 = 4803. Sada sumu članova gg- t og skupa odr e(1uj em o lako po formuli za sumu aritmetičkog niza: S99

2 [2 . aso + (99 - l) · 2]

99 2 (2 . 4 8 03 + 1 96)

485 1 99.

1"1 . 2 0 0 3 . Ako j e -

A � B,

ta.da. j e

A n C � B n C.

Ako je ]J pro.'3t broj i p 2 5, t ada je

detalj no obra.zložite !

Doka.ži te!

I dj elj i v

.'3

12. Dokažite i

J . Na koliko se načina može " usitnit i " 97 kuna, kovanicama od 2 i

Nabroj i te sve mogućnost i .

kuna?

(Zadatak rij ešite pomoću diofantskih j ed

nadžb i . ) Na koliko načina s e može poredati osobe ne budu j edna. pored druge. )

Za niz - 7 ,

-6, -4, - l , 3 , 8,

osoba

niz tako d a dvije određene

. . odredite homogenu rekurzivnu relacij u. .

Na. osnovi nj e odredite opći član niza.

POGLAVLJE

VI. 2003.

Rješenja: 1. Treba pokazati da vrijedi zaklj učivanje (logička posljedica) : x E A =? X E B 1= (x E A 1\ x E C) =? ( :r E B

x E C)

Ako uvedemo oznake a ( x 6 A) , b = (:7: E B) i c = (x E C) , prethodnu relaciju možemo zapisati u jednostavnijem obliku =

a =? b l= (a l\ c) =? (b l\ c) .

Prema teoremu dedukcije " ako je F 1=

dobijamo

tada je 1= F =?

(a =? b) =? ( (a

) =? (b 1\ e) )

tj . vidimo da je dovoljno pokazati da je formula (a =? b) =? ( (a 1\ c) =? (b 1\ c ) )

tautologija. Dokaz cemo izvesti metodom 8vodenja na protivrječnost ( red1tctio ad abs'urdum) . Dakle pretpostavimo da formula nije točna. To može biti jedino ako je premisa (pretpostavka) a =? b točna, a konkluzija (za ključak) a 1\ e =? b 1\ e netočna. Pretpostavimo zato da konkluzij a a 1\ e =? b 1\ c nije točna. To je moguce jedino ako j e T ( a 1\ e ) = T i T(b 1\ e) L Iz prve relacije je tada T( a) T( e) = T, a iz druge je tada T(b) L No tada je T(a =? b) = .-l, a to je u kontradikcij i s tvTdnjom da je a =? b točna premisa. Dakle pretpostavka je kriva, pa j e formula uvijek točna, tj . tautologija. =

2. Iz prvog uvjeta da je p � 5 prost broj slijedi da je sigurno neparan. Kako je p 2 l = (p - l ) (p + 1 ) , zaključujemo da su p - 1 i p + 1 oba parna i tako dobijamo prvi rezultat , tj . da je p2 1 djelj ivo s 4 . Kako još dobiti dj eljivost fi 37 Primjetimo da je produkt (p - l )p(p + l) sigurno djelj iv s 3 za svaki cijeli broj p, pa tako i za prost broj p. Kako 3 t p, jer j e p � 5 prost broj , znači da 3 mora dijeliti ili p 1 ili p + l . D akle p2 1 j e djclj iv i s 3 , p a j e djeljiv i s 1 2 . -

47 :3 .

Neka je :r broj kovanica od 2 k une, a v od 5 kuna u rastavu. D akle mora biti 2x + 5V = 97, :r , V E No , tj . moramo riješiti diofantsku j ednadžbu u nenegativnim cijelim brojevima. Nađimo prvo rješenj a diofantske jednadžbe 11 cijelim brojevima. D ak le,

1 Y 48 - 2 V + -2 ' l -y ' = z biti cijeli broj , tj . Da bi x bio cijeli broj , mora razlomak -2 V = 1 - 2z, z E Z. Rješenja u cijelim brojevima su zadana parom ( x , y ) ( 4 6 + 5z, 1 - 2z ) , z E Z. Sada iskoristimo uvjet da su x , V � O. Tako dobijamo dvije nejed :r

97 - 5V 2

96 - 4V + 1 - V 2

nadžbe:

5z + 46 � O 1 - 2z � O -" . . . . .. ' CIJ a se rješenj a 11 cIJe llm brOJevlma

nal aze u

t crV'al u

Dakle z = - 9 , - 8 , . . . , - 1 , O . Rj ešenj a za z, a prema tome i za parove ( x, V ) ima 1 0 i to:

(x, V ) 4.

{( 1 , 1 9 ) , ( 6 , 1 7 ) , ( 1 1 , 1 5 ) , (16, 1 3) , ( 2l , 1 1) , (2 6, 9) , (3l , 7) , (36, 5) , (4 1 , 3) , (46, l ) } .

Promatrajmo suprotan zadatak:

" na koliko načina se može n osoba poredati ?t niz tako da dvije određene osobe b1ld7.l jedna pored dT7tge ? " Ako dvije određene osobe A i B promatramo kao uređeni par ( A, B ) tada j e j asno d a se u nizu od n osoba ure(leni par (A , B ) može staviti na n - l način. Pogledaj mo skicu:

( A, l . mjesto

l . mjesto

mjesto

.. .

ll-to mjesto

( A,

(n-l)-mjesto

n-to mjesto

POGLAVLJE

VI. 2003.

Ako taj par gledamo kao j edinku, a ostalih osoba ima n - 2, tada on s ostalim osobama. u nizu čini n - 1 element koj i se može ispermutirati na (n - 1 ) ! načina . No, o..sobe A i B su jedna· pored druge i ako su u paru (B, A) . Tada opet imamo (n - 1 ) ! permutacija. Dakle ukupan broj pozicij a u koj ima su osobe A i B jedna pored druge je 2 ( n - 1 ) ! . Ka.ko ukupno imamo n! permutacij a od TL različitih osoba. II nizu, tada j e broj načina na koj i se može n osoba poredati II niz tako da dvij e određene osobe nisu j edna pored druge jednak n! - 2(n - l ) ! (n - l ) ! (n - 2) . =

Očigledno je

(Ln+-1 =

(Ln

+ n,

(1. 1

= -7

Ova relacij a je nehomogena. No, tak0<1er je

pa oduzimaj ući ove dvij e relacije dobij amo relacij u (Ln +-2

- 2 (1.1/.+-1

+ an

= 1.

Ova je rela.cij a još uvjek nehomogena, ali oduzimajući j e od relacij e (Ln+3 - 2 an+ 2 + a n +- 1 = 1 dobijamo homogenu relacij u an+-3 - 3 an+- 2

+ 3 an+l

- an =

Da bi rekurzivna relacij a bila u potpunosti zadana, potrebna su nam još 3 početna uvjeta, a oni su navedeni u zadanom uizu . Dakle trebamo riješiti rehu'ziju

Dobili smo traženu homogenost, a.li uz žrtvovani nizak red rekluzivne relacije (j er nehomogena relacija. je bila prvog reda, a ova j e trećeg reda) . Korištenj em Elllcrove supstitucije a n = x n dobijamo karakterističnu jednadžbu homogene relacij e x 3 - 3X; 2 + 3x - 1 = O. Kako se ova. jed nadžba svodi na (;r - 1 ) 3 O, rješenje j e trostruko X 1 , 2 ,3 = 1 . OvakVOlIJ rješenj u pripada rj ešcuj e relacije oblika =

49 Iz početnih uvjeta dobij amo susta.v:

a odatle rješenj a

-7

(1 2

-6

4 1]

([ 3 =

-4

2/.L

3{l

neodl'ec1ene koeficijente A

Dakle opći član niza je

ili

an =

l ?

1 -

(Tl.2

-7/,

1 4) .

- 7,

i '1')

t·

VII . 2 0 0 3 . 1 . Za svaka. dva elementa x , 'Y Booleove algebre vrijedi:

x + y = 1 1\ x . 'Y

= O � Y = .T .

Doka.žite i detaljno obrazložite. 2. Dokažite da 3m

+ 2,

E N ne može biti kvadrat cijelog broj a.

3. Izračunaj te x i y II relacij ama:

( a) 799 (b)

9 101

= x (mod =

15) ,

y ( mod

1 7) .

-1 . Zadana. j e riječ DALJ\,IATINCIMA .

( a)

Koliko različi tih permutacij a ima ta riječ?

(b) U ( e)

(d) U Cl.

koliko od nj ih se pojavlj uj e rijcč DAL?

koliko od nj ih sc poj avlj uj e riječ TI CA?

koliko od nj ih se poj avlj uje riječ DAL ili TICA?

Pomoću rekurzije pokažite da j e

l 2 + 32 + 5 2 + . . . + (2n

....

1)2

n(2n - 1 ) (2n + 3

P O GLAVLJE

VI1. 2003.

Rj ešenj a: ( nentmlni element) = y + O ( ko.mplementarnost J = ( distribl1,tiuno8t ) = ( y + x) (y + :f ) = (' uvjet zadatka) = 1 (jedinični element) = y + x .

1. Y

y + xx (y + x)

= =

x + O = ( u'vjet zadatka) x + xy = ( dis tributivno8t) = (x + x ) (x + lj ) = ( komplementarnost) = 1 . (x + y) = (jedinični element) = x + lj = ( kom'utativnost ) = y + ,j; . Dakle y = x .

.f = ( neutralni element) =

Moralo bi biti 3m + 2 = Z2, Z E IZ. Uočimo da oblik broja 3m + 2 a.."locira na particiju cijelih brojeva " modulo 3 " . Zato je idej a da se z promatra kao jedan od broj eva iz jedne od tih particija 31Z , 31Z + 1 ili 31Z + 2. Imamo dakle tri slučaja: .

( a)

3k ::::} 3rl/, + 2 cijeli brojevi . z =

= g k2

::::} 3(3k 2 - Tn )

2. Nemoguće, jer su k, rn

(b)

3A: + 1 ::::} 3 m + 2 Nemoguće.

(e )

9 k 2 + 1 2 k + 4 ::::} 3 ( 3k 2 + 4k - m + 1 ) = 1 .

3A: + 2 ::::} 3rn + 2 Nemoguće.

9k2 +

Kako nema drugih mogućnosti za

.2: ,

+ 1 ::::} 3 (3k2 + 2k - m ) = 1 .

tvrdnja je dokazana.

možemo riješiti direktno, " grubom silom " , ali ako pokažemo malo znanj a teorema o kongrnencij ama, sve ide gotovo trivijalno. U prvom primjeru moramo uočiti da su 7 i 15 relativIlo prosti, a 1 5 složen broj , pa možemo iskoristiti E1tlerov11 kongT1tenczj1L. U drugom primjeru moramo uočiti da su g i 1 7 relativno prosti, a 17 prost broj , pa možemo iskoristiti mali Fermatov teorem.

3. Zadatak

( a) 15

3 · 5 je složen bro j , pa je <p ( 15 ) = <p ( 3 ) <p ( 5 ) = 2 · 4 = 8. Kako su 7 i 1 5 relativno prosti, prema Elllerovoj kongnlCnciji vrijedi 78 l ( mod 1 5 ) , pa imamo: =

799

(78 ) 12 . 73 = 1 . i3 (mod 15)

13.

tj .

343 ( mod 15)

13 ( mod 1 5 ) ,

Kako je

(b)

prost broj , pri rnjenimo

(g 15 ) 6 . g 5 tj . y

mali Fermato'U

1 . 9 . 81 2 ( rno cl 1 ?) 9 · ( - 1) (mod 17) =

teorem. D akle,

9 . (-4)2 (mod 17)

8 (mod 1 7 ) ,

4. U svim primj erima radi se o p ermutacij ama s ponavljanjem. Bitno je samo

utvrditi

koliko puta se poj avlj uje neko slovo ili kombinacija. s lova

i primj eniti odgovaraj uću formulu.

( a)

slovo ili riječ

broj ponavlj anj a

Dakle,

(b)

= 55

DAL

broj ponavlj anj a

ID! �. I- 1 ! 2!2! 1 ! 2 ! 1 ! 1 ! - 8 10 . _

slovo i li riječ

TICA

broj ponavlj anj a

Dakle ,

( d)

12! 1 . ll! = 2 1 ! 3! 1 !2! 1 ! 2! 1 ! 1 !

slovo ili rijcč

D ak le,

( e)

P =

P = 1 .I 2 .I 1 .I 2 I. 1 I. 1 I. 1 .I = 4

· 91

18 · 7 1

slovo ili riječ

DAL

TICA

broj ponavlj anj a

Permutacij a koj i sadrže i rij eč DAL i riječ TICA ima

1 7! - . 7'. - 21 . 5 .' . - 1 ! 1 ! 2! 1 ! 1 ! 1 ! 2

No , mi tražimo broj onih pennutacija. koj e sadrže rij eč DAL ili

TICA. Onih permutacij a koje sadrže DAL ima. 9 0 · 71 , a koj i sadrže TICA ima 18 . 7 1 , međutim među nj ima može biti i onih koj e

sadržavaj u drugu rij eč (u prvom slučaju TICA, a u drugom DAL) .

POGLAVLJE

VII. 2003.

1 Onih koje sadržavaj u istovremeno i DAL i TICA ima 2" · 7! . Prema formuli za kardinalni broj unije skupova.22 card(A U [J) imamo permutacij a. P 5.

= II

card(A)

card (B) - card(A n B ) ,

koj ima se poj avlj uju riječi D A L ili TICA:

1 90 · 7! + 18 · 7! - 2" · 7!

7! 2 ( 1 80 + 36 - 1 )

71(2n - 1 ) (2n + 1 )

Moramo pokazati da je

45 15 · 5 !

541 800 .

opći član niza zadanog izra-

zom 12 + 32 + 52 + . + (211, - 1 ) 2 . Zato za poslj ednj i izraz odredimo rekurzivnu relacij u i zatim nađimo njcn opći član u zatvorenom obliku. . .

Uvedimo oznaku

1 :2 + 3:2 + 5 2 + . .

( 271 - 1 ) 2

T/ '

Tada je

Sn+l

1 - + 3-') + 5 2 + . 'J

. .

( 211, - 1) 2 + (211, + 1 ) - .

Oduzmemo li te dvijc relacije dobićemo rekurzivnu relacij u

SuH

Sn + ( 2n + 1)

koj a je potpuno zadana uz početl1u vrijednost Sl

Karakteristična jednadžba pripadne homogene relacij e j e xnH = xn , odnosno ,T = 1 , a to je ujedno i njeno rješenje. Tako dobijamo rješenje pripadne homogene relacij e S;� = A F' = A . .

Sada promatrajmo funkcij u smetnje f(n) = ( 271 + 1 ) 2 = (271 + 1 ) 2 . 111 . Kako je broj 1 u funkcij i f(n) ujedno i jednostruko rješenje pripadne karakteristične jednadžbe, tada partikularno rješenje ima oblik

S�

n . (An2 + Bn + C)

An;3 + Bn2 + Cn.

Budući da St mora zadovoljavati nchomogenu relacij u Sn. H . (271 + 1 ) 2 , nakon uvrštavanj a u nj u dobijamo izraz

A (11, + 1 ) 3 + B (n + l? + C(n + 1) = An8 + Bn 2 + :2 2

Silvestrovo, formula

ili

jonn'IJ.ia ukljuhvanja-'18kljui.;ivanja.

+ 4712 + 4n + 1 ,

55 a o d at le

sustav 3A

3A + 2B

A+B+C = l Rješenje

sustava je A

4 3" ' B

ukupno rješenj e Sn = S� + Sh

Iz početnog uvjeta dobij amo ), +

Sn =

4n3

O i C ), +

pa je S�

4 =

3"n3

3" n3 - 3" n.

4 l 3" - 3"

l , tj . ),

n(2n - 1) (2n + l ) 3

O i konačno

3"n

111 . 2 0 03 . Suma kvadrata bilo kojih 6 �usjednih prirodnih brojeva daje ostatak 7 pri dj cljcnju s 1 2. Dokažitc. Dokažite ili opovrgnite sljedeće j ednakosti s operatorom � (ckskhlhivna di..sj unkcij a) :

( a)

(b )

a�

(b � c)

� (b � c )

( a � b) � c ( a8ocijativnost) ( a � b ) � (a � c) ( distributivnost � prema �)

Odredite 6 posljednjih znamenki broja 5 72 00 4 . Zadan je 4-znamenkasti prirodan broj (abedho , a, b, c, d -I- O. Koliko ima permutiranih 4-zna.mcnka:':itih brojeva bez ponavlj anja, kojima je bar jedna znamenka na istom mjestu kao i zadanom broj u? Riješite diofantsku jednadžbu 858x + 253y

33.

- o

POGLAVLJE

VIII.i003.

Rješenja: 1. Svaki zadatak se može rj ešavati na razne načine. Lako se vi di da ovdje

možemo primjeniti dokaz matematičkom indukcijom , a poku8aćemo i direktnim dokazom. Ponekad je j edan način j ednostavnij i ,

drugi teži

i obratno. Samo iskustvo može reći kako rješavat i , koj om metodom .

6 susjednih prirodnih brojeva s F(n) = (n 2)2 + (n - 1)2 + 17,2 + (n + 1 ) 2 + (n + 2f + (n + 3)2 , a koj a vrijedi za n � 3 . Dakle, moramo pokazati da je F(n) = 7 ( mod 12). Označimo zbroj kvadrata

(a)

Prvo pokažimo dokaz

matematičkom indukcijom.

Provjerimo prvi korak indukcije :

F(3) = 12 + 22 + 32 + 42 + 52 + 62 = 1 + 4 + 9 + 16 + 25 + 36 = 9 l . 91 : 12 = 7 i ostatak 7. Ovo je točno. Sada pretpostavimo da je F(n) = 7 ( mod 12) i pomoću toga dokaži mo da je F(n + 1 ) = 7 ( mod 12). Dakle: F(n + 1) = (n - 1 )2 + n2 + (n + 1)2 + (n + 2)2 + (n + 3)2+ (n + 4)2 = [(n - 2)2 + (n - If + n2 + (n + 1)2 + (n + 2)2+ (n + 3)2 ] + (n + 4 ) 2 (n - 2)2 = F(n) + (n + 4)2 - (n - 2f = F(n) + 12n + 12 = F(n) + 12(n + 1 ) . -

Kako j e po pretpostavci je djelj ivo s

F(n) dj elj ivo s 1 2 s ostatkom 7, a 12(n+ l) 0 , j a.sno je da. je F(n + 1) djelj ivo s 12

s ostatkom

s ostatkom 7. Dakle

(b)

F(n)

7 ( mod

Sada pogledaj mo

12) , \;jn

�

i tvrdnj a j e dokazana.

direktan dokaz .

F(n) = (n - 2)2 + (n - 1)2 + n2 + (n + 1)2 + (n + 2)2 + (n + 3)2 (17,2 - 417, + 4) + (n2 - 2 n + 1) + 17,2 + (17,2 + 2n + 1 ) + (n2 + 4n+ 4) + (712 + 6n + 9) 617,2 + 6n + 19 = 617,(17, + 1 ) + 12 + 7. =

Kako je produkt svaka dva Ilza.."ltopna prirodna broj a djeljiv s

tada j e

6n(17, + 1) + 12 dj eljivo s 12 .

17,(17, + 1)

Dakle ost atak j e 7.

59 Vidite i sami da je u ovom slučaju drugi način jednostavniji, sal110 je problem dosj etiti se metode. Za to je potrebno malo znanja, dosta urađenih zadataka i intuicije. 2.

Formirajmo istinosne tablice za obe formule ( s L i D smo označili lijevu i desnu stranu ekvivalencije) :

( a)

-.l

Zbog L

D vidimo da je prva formula tautologija.

(b) Slično sc istinosnom tablicom može pokazati da druga formula nij e t autologija. No ovdje bi tablica bila još malo veća i s više kombinacija. l\!Ie(1utim, ako naslućujemo da je moguće opovrgnuti tvrdnj u da je formula tautologij a, dovolj no je naći samo jednu kombinaciju istinitosnih vrijednosti iskaza a, b, e koja će pokazati da L 1:- D . Npr. ovdje odmah vidimo da ako je T(a) = T (b) T(C) = T , da je tada T (b Y- e) = -.l i zato T ( L) = T, a očigledno je T ( D ) = -.l . Dakle formula nije tautologija. =

:3 . 6

posljednjih znamenki ovog broja predstavlj aju znamenke 6-znamenka. stog broj a koj i bi dobili dijelj enjem zadanog broJa 572004 s 1 000 000 . Drugim rij ečima trebali bi rij u8i ti kongruencij u 572004 = X (mod 1 000 000) . Da bismo izveli dijeljenje s 1 000 000, moramo II prvom koraku 572004 napisati kao potencij u broja bliskog 1 000 000 , tako da ostatak pri dijel jenj u baze bude što je moguće manj i. Imamo dvije mogućnosti. Prvi:\. mogućnost. je 572 004 = (573)f>68 = 1 85 193668 , i:\. druga 572 004 = ( 574)50 1 =

POGLAVLJE

10 556 00150 1 .

1 000 000, 1 000 000 j ednak

Prvi slučaj ne odgovara jer j e baza manj a od

drugom sl učaj u j e ostatak pri dijeljenj u baze

556001 . Dalje računanj e s potencij om 55690 150 1

zbog velikih broj eva i težih dijelj enj a. I šta sad? Uočimo da

VIII. 2003.

556001 zavr�ava s 001 .

nema očigledno smisla

To se može pokazati vrlo korisno, j er

kad bi umj esto te posljednj e znamenke druge p otencij e broj bi završavao s

bila znamenka O , već nakon

nula i zadatak bi bio riješen . To

se očigledno mora moći nekako iskoristiti , j er razlika je samo u j ednoj , posljednjoj znamenci ! Pogledaj mo :

5 72004

( 574 ) 501

10 556 001 50 1

(1 + 10556 . 1 000) 50 1 5 1 5 1 10556 . 1000 + 1+ 105562 . 10002 + . . . .

(�)

Vidimo d a od trećeg člana svi članovi binomnog razvoj a završavaj u

i više nula, pa su svi djelj ivi

dij eljenj u s

1 000 000.

Prema tome ostatak pri

1 OOO OOO će nam dati samo prva. dva člana, a ostali ne utiču

na ostatak. Dakle,

1 + 501000 . 10556 i zato broj

572004

završava

5 288 556 000 + 1

5 288 556 001

556001 .

4. Zadani problem uklj učuje dosta elementarnij ih mogućnO-sti . Osnovnu

mogućno-s t označimo

" i - ta znamenka je na svom mjestu " .

Tada se problem svodi na nalaženj e broj a svih elemenata skupa

A 2 U A3 U A 4 .

Dakle, moramo primj eniti

card

( U Ai ) i= l

SylvestTOv'u jormulu :

L card (AJ - L

l �i<jS4

i= l

1�i<j < k �4

card

card .

(A i nAj ) + 4

(AinAjnAd - card ( n AJ i=l

(a) Ako j e prva znamenka na svom mj estu, ostale se znamenke mogu ispermutirati na 3! načina. Slično razmišljamo i za ostale 3 zna menke, pa j e

card (Ai )

3 ! 1 Vi.

( b)

Ako su dvije znamenke fiksirane na svoj i m mj estima, tada se druge dvije mogu permutirati samo na dva načina. pozicij a ima

(e)

6 (I

Takvih fiksiranih

i II, I i III, I i IV, II i III, II i IV, lIh IV mj esto ) .

Ako su tri znamenke fiksirane, četvrtoj se ne može mijenj ati mjesto.

4 (I ,

Ovakvih fiksiranih pozicij a ima

II i III mj esto, I, II i IV

mj esto, I , III i IV mj esto i II, III i IV mjesto ) . Ako su sve

(d)

znamenke fiksirane, tada nemao tito permutirati, pa

je to jedina mogućnost . Dakle, card (

U A)

i=l

4 . 3! - 6 · 2! + 4 l ! - l . O! .

5. Primj etirno prvo da se

858x + 253y 78x + 23y = 3 s

dobijamo j ednadžbu

23y

3 - 78x

Z =

Sada.

---

Z ==

9w - 3 4

može podijeliti s

neki cijeli broj

11)

E Z.

Dakle,

2w +

4t + 3, t

-3 . 4

E :l, dobiti cij ele

8t + 6 + t = 9t + 6 , =

- 23t - 15,

9t + 6 - 3( - 23t - 1 5 ) .:.... 78t + 51.

Prema tome cjclobrojna rješenj a s u parovi

Od at l e J. e,

8w + VJ - 3 4

x = 4t + 3 - 27t - 1 8 Y =

Tako

4z + 3 -- - 3z. 9

brojeve

ll.

15.

3 - 9x - 3x. 23

3 - 27z + 4z 9

4z + 3 . 9

Ovdj e konačno vidimo da ćemo za

kojom dalje radimo. Dakle:

3 - 9x 23

3 - 9x 3 - 23z =} .T, = 23 9

. . rl broj· mora bT 1 l CIJe

24 - 1 2 + 4 - l

3 - 69x - 9.T, 23

3 - 78x 23

Da bi y bio cijeli broj , mora. biti i

(x, y)

(-23t - 1 5 , 78t +51 ) ,

IX . 2 0 0 3 . 1 . Ako j e

A�B

� D , dokEtžite da vrij edi

A\e � B

\ D.

2 2 2 . Dokažite da j e m.n+ + ( m. + l )2n+l djelj i v s m. + m. + l za svaki

m, n

E No .

:3 . Izračunajte naj manji prirodan broj koj i zadovolj ava kongruencij u 729x

-1. Password ima

G-8

33(mod 1653)

karaktera. Svaki karakter može biti ili znamenka ili

malo ili veliko slovo engleske abecede. Odgovorite koliko ima mogućih

pa.."lSworda i detaljno obrazložite rješenje?

5. Odredite opći član niza zadanog rekurzivnom relacij om 3T l2an-2 + t , n � 2 , s početnim uvjetima ao = 1 , a l = 2.

7an- l

POGLAVLJE

IX . 2 003.

Rješenja: l . Tvrdnju možemo zapisati u obliku semantičke posljedice:

(x E A => x E B)I\(x Označimo Koristeći

D => x

C) F= (x E Al\x tf- C) => (.r E Bl\x tf- D

p = (x E A) , q = (x E B ) , r = (x E C)

s = (x E D) .

teorem dedukeije 11

ako je A F= B , tada je F= A =>

B II

u našem slučaj u dobijamo da j e

F= ( (p => q) 1\ (s => r)) => ( (p 1\ ' 1' ) => (q 1\ . s) ) . Dakle, trebamo pokazati da j e

((p => q) 1\ (s => r ) ) => ( (p 1\ .r ) => (q 1\ • .'» ) ) t.autologij a. Najjed nostavnije je poslužimo li sc metodom Pretpostavimo dakle da to nije tautologij a, tj .

Teduct'io ad abs·urdum. da j e implikacija ne

t.očna. To je moguće jedino ako je konkluzija netočna, a premisa točna.. Iz netočnosti konkluzije dobivamo

T (p 1\ '1' ) =

T imamo da je

T (p) =

T (p 1\ T i

T r

( )

)

T i

T (q 1\ . s) =

-1. . Iz

-1. . Ako sada pogledamo

T (q) T T(q 1\ ' 8) = T pa T(q 1\ .s ) -1. ) . Dakle

premisu (za koj u smo rekli da je točna) , vidimo da mora biti i

T(8) =

-1.. No, tada je za drugi dio konkluzije

je je to kontradikcij a (ranije smo rekli da je

pretpostavka nije ispravna jer dovodi do kontradikcije, pa je formula tautologija . 2. Ovdje nemamo šta lamentirati o metodi dokaza. za dokaz matematičkom indukcijom. Označimo 1 n+ 1 .

(a ) (b )

Za s

O je

u prvom koraku

m2 + m + 1 .

Očigledno primjer

F(n) = mn + 2 + (m +

F(O) = m2 + m + 1

trivijalno djelj ivo

Sada pretpostavimo (uvedimo hipotezu) da je točna tvrdnja

je djeljivo 8 rn,2 + m + 1 , 'lim, n

E No.

F(n)

( e)

Koristeći indukcij sku pretpostavku moramo pokazati da je točna

m2 + m + l , Vm, n E No " . Dakle, F (n + l) = mn +3 + (m + 1 ) 2 11.+3 . = mn+ 2 . m + (rti. + 1)2 11.+ 1 . (m + 1 ) 2 = m · m11. + 2 + (m2 + 2m + 1 ) . (m + 1 ) 2 71 + 1 = m · mn +2 + m · (m + 1) 2 n+l + (m2 + m + l ) . (m + 1 ) 2n+ 1 = m · (mn+2 + (m + 1) 211.+ 1 ) + (m 2 + m + l ) · ( m + 1 ) 211.+ 1 .

tvrdnj a

" F ( n + l) je dje�jivo

Kako je drugi pribrojnik poslj ednj eg izraza očigledno djelj iv s

m + l,

prvi dj elj iv s

cij eli izraz

F(n + l)

m2 + m + l po indukcij skoj rn 2 + m + l.

m2 +

pretpostavci ,

je dj elj iv s

Dakle tvrdnja j e dokazana matematičkom indukcijom. 3 . Problem se može zapisati kao

729x - 33 = l 653y,

tj . kao diofantska

729x + l653y = 33. Dakle, 195y + 33 l 653 y + 33 x _ - 27 + ,729 Y 729 195y + 33 '77 ' tJ'. Sada mora biti = z E LU .' 729 5lz + 33 729z - 33 = 4z y= 195 195 5lz + 33 = w E Z, tj . Opet mora biti 195 195 w - 33 9 w + 3 3 9 w + 33 z = 4w = = t E Z. i 51 51 51 . . 5 lt - 33 t + II . .. = 6t - -- ' odakle j e Iz posljednje rclaclJ c dobIvamo w = 9 3 konačno t = 3u - l l , u E Z . Sada sve treba " vratit i " nazad do x i y . Dakle:

jednadžba

'w =

6(3u - 1 1 ) - u

Z ==

4 ( 1 7u - 66) - (3u - l l )

= l7u - 66, =

65u - 253,

y = 4 (6571, - 253) - ( 1 7u - 66) = 243u - 946, x = 2 (243u - 946) + (65u - 253) = 2381u - 2145. 236. Najmanj i prirodan broj x dobivamo z a 'u = l , p a j e x =

POGLAVLJE 4. Engle.'3ka abeceda ima malih ili

IX. 2003.

Prvi znak može biti bilo koji od

slova.

velikih s lova ili jedna od

znamenki. Dakle bilo koji od

karaktera. Ako je n karaktera u pa'3s wo.rdu, a svaki može biti bilo

množenja 2:i ima 62n mogucnosti . U našem sluča ju mogućnosti za password od 6 zn;:.\.kova ima 626 , za 7 znakova i ma 627 , a za 8 znakova ih ima 628 . Kako svaka od ovih mogućnosti

koji od

62,

prema praviln

i sključuje drugu (kažemo da su mogućnosti disjunktne) , prema praviln

zbrajanja je broj

mogućih pass\vorda sa

626 + 627 + 628

( 1 + 62 + 622) . 626

6 - 8 karaktera jednak

3907 . 626

221 9 18 520 426 688 !

26 slova i 6 - 8 karaktera 4 520 miliona 26 tisuća i 688 passworda !

Dakle samo sa znamenkama , alfabetom od ima

221

bilijlll

918

milijardi

n xn 5. Uvođenjem Elllerove supstituci je an = x , dobijamo

12xn-2

1�2

1;71- 2

i nakon skraćivanja s

7x + 12

O . Nj ena rj ešenja su

N a osnovi toga imamo rješenje

;�

7xn-1

imamo karakterističnu jednadžbu Xl

A3n

i X2 =

pAn pripadne f(n) 3'n i

rekurzivne relacije. Sada promatramo funkciju je

3 jednostruko rješenje karakteristične jednadžbe.

Zato je

homogene

vidimo da

a�

Tln3n .

Partikularno rješenje mora zadovoljavati nehomogena rekurzivnu relaci ju , pa nakon uvrštavanja imamo

Sada skratimo relaciju s 3n-2 i sredimo oobiveni izraz . Dakle ,

9rJn 377 + 9 n 3n+ l .

p a je

= =

2 1 'T] (n - 1 ) - 12 1](n - 2) + 9 = 9rJn + 3-1] + 9, O , tj.

-3 .

Tako dobij emo d a je

A3n + ji.4n

Iz početnih uvjeta dobiti cemo sustav

A + I),

1 a

č � a rješenja su

- 7,

2 =

Dakle, opći član niza j c oblika an Produki;no

3A + 411 - 9 =

8 . 4n

pmvilo ili osno vna lema kombina.torike.

7 3n - n3n+l . .

1 . Dokaži te

( ( Pl

::::}

P2 ) 1\ (P2

::::}

P3) 1\ (P3

::::}

P4) 1\ ( P4 ::::} P5)) ::::} ( Pl ::::} P5 ) ·

( a)

Opovrgni te tvrdnj u :

(b)

--;

fnnkc'ija -i

A. �

B � X ::::} f ( B \A.)

Koj i uvjet mora zadovolj avati funkcij a vrij edila? Dokažite .

f( B )\f(A.) " .

da bi gornj a jednakost

92 004 - 72004

( a)

Dokaž ite da je

(b)

Dokažite ili op ovrgnite:

djelj ivo s l O .

" razlika svakog prirodnog broj a i broj a.

dobivenog od znamenki istog broj a u obrnutom poretku j e djelj iva s

9 . 11

4. Password ima

6-8

karaktera. Svaki karakter može biti ili znamenka

ili malo ili veliko slovo engleske abecede i mora sadržavati barem po

jednu znamenku, malo i veliko slovo . Odgovorite koliko ima mogućih passworda i det alj no obrazložite rj ešenj e. 5 . Za niz an = l

· 2 + 2 · 4 + 3 . 8 + 4 · 1 6 + . . . + n 2n

eksplicitnoj ( zatvorenoj ) formi ,

o dredite opći član u

POGLAVLJE

X.2003.

Rješenja: 1.

Dokaz izvedimo metodom reduct-io ad absuTdum. Pretpostavimo dakle da formula nij e tautologija, tj . da je koniduzija netočna., a premisa točna. Iz netočnosti konkluzije, tj . T(P l =* P5) .1 , dobivamo T( p d T i T(P5) .1 . Kako je premisa točna, mora svaki član konj ukcij e biti t.očan. Tako zbog t.očnosti prvog člana i T (Pd T, mora biti T(P 2 ) T . Zbog točnosti zadnjeg člana i T(P5) .1 , mora biti T(P4) .1 . Kako mora biti točan i drugi član, a T (P2 ) T , mora biti T (P3) T . U trećem članu zbog T(P3 ) T mora biti T(P4) T . No to je kontradikcija, jer je iz zadnjeg člana proizašlo da je T (P4) .1 . =

Dakle, pretpostavka nije točna (jer dovodi d o kontradikcije) , p a j e for mula tautologija.

( a) Često kažemo da se točnost neke t.vrdnje može opovrgnuti kon

traprimjerom (tj . dokazati netočnost. primjerom! ) dok se točnost primjerom ne može dokazati (ali može naslutiti) . Zato pogledajmo ovu funkcij u:

f : {1, 2}

-t

{ l } i f( l) = f(2)

pri čemu j e A { l } , B { I , 2} . Tada je f(B \ A) = f {2} a f(B) \ f (A) f { l } \ f {l, 2} { l } \ { l } 0 . Dakle f(B \ A) =f. f(B) \ f( A) , tj . tvrdnja je opovrgnuta. =

{l},

(b) Iz definicije prethodne funkcije vidimo da f nije inj ekcij a. Možemo se zapitati " da li je to razlog za.."lto prethodna tvrdnj a ne vrijedi? " Dakle, pogledajmo da li je injektivnost potrebna ili čak dovoljna da tvrdnja bude točna. Pretpostavimo dakle da je f injekcij a. Tada je, Y E

f(B \ A) =* :lx E B \ A 1\ f( x) :lx .T E B 1\ .T � A 1\ f (x) = y =* :lx f( x) E f(B) 1\ f( x ) � f ( A ) =* f( x) = :tj E f( A ) \ f(B) . Dakle dovoljno je da

Y =*

f bude injekcija pa da tvrdnja bude točna.

( a) Pokažimo kako se može ovaj primjer .riješiti na više načina. l.

Djeljivost s 10 možemo doka.zati računanjem ostatka pri di jeljenju broja 92 004 - 72004 S 1 0 , tj . rješavanjem kongruencije ( 92 004 - 72004 ) (m od 1 0) . Dak le , ( ( 9 2 ) 1 002 - ( 72 ) 1 002 ) (mod 10) = ( 92004 - 72004 ) (mod 10) ( 1 1 002 - ( - 1 ) 1 002 ) (mod 1 0) ( 1 - l ) (mod 1 0 ) = O ( mod 10 ) .

Dakle broj j e djeljiv s lO. ii. Mogli smo koristiti i ideju posljednje znamenke. To je također ponekad dobra ideja. Vidimo da 92 = 8 1 završava s 1 , a 72 = 4 9 završava s 9 , pa zato 74 završava s 1 . Osnovno je pokazati da svaka potencija broja koj i završava s 1 opet završava s 1 . 2 4 Sada imamo: 1 92004 72004 ( 94 ) 50 1 ( 74 ) 50 1 ( . . . 1 ) 5 0 1 ( . . . 1 ) 5 0 _

(. . .1 ) - (. . . 1 ) Ill.

. . . 0.

Dakle broj j e dj eljiv s l O . Možemo koristiti ideju rastavljanja na proste faktore. Naime, 92 004 ( 94

( 94 ) 5 01 ( 74 ) 501 = 74 ) ( 94 500 + . . . + 74.500 ) = 72004

,-----.v A

( 9 2 - 72 ) (92 + 72 )A

�

32 . 130A.

Dakle broj je djeljiv s lO. (b) Neka je zadan proizvolj an broj

(an an - 1 ... a 1 aoho. Tvrdimo,

Da bi to pokazali , prikažimo datu razliku x

,ično

-y

obliku:

1 (an l On + . . . + 1 00, 1 + ao) - (ao l or� + a 1 1 On - + . . . + an ) (an -: ao) lon + (an - 1 - o,1 ) 1 0 n - 1 + . . . . . . + (ao - an ) .

ovo radi na auditornim vježbama.

POGLAVLJE Kako je 10

1 (mod 9) ,

pa je

.T - Y

t ada j e

10k

1 ( mod 9 )

za. svaki k E

[ ( o,n - o,o ) + ( an-l - a d + · · · + to, o - an ) ] (mod 9) s

Dakle razlika ta dva broj a j e djelj iva

4 . Pretpostavimo

X. 2003.

No ,

O(mod 9) .

se radi o pa..'-iswordu sa 6 znakova. Tada j edan od od 10 z ll().lllenki, drugi mora biti j edno od 26 malih slova engleske abe cede , a treći mora biti j edan od 26 VELIKIH slova engleske abecede. Ostali zna.kovi ( ima ih j oš 3) mogu biti bilo koj i od 62 znaka. ( 1 0 znamenki ili 26 malih ili 26 VELIKIH slova) . P r em a pm-vilu pTOd'Ukta, mogućnosti za passworde s 6 znakova ima 10 . 262 . 623 . S lično je i za. pa:-ss worde sa 7 i 8 znakova.. Ukupno dakle passworcla sa 6, 7 ili 8 znakova ima da

znakova mora biti j edna

1 0 . 262 . 623 + 10 . 262 . 624 10 . 262 . 623 . ( l Dakle

biliona

62 + 622)

10 . 262 . 625

6760 · 238328 · 3907 = 6294 557 072 960.

294 milijarde 557

miliona

tisuće i

960 passworda!

5 . Prvo prikažimo dati niz u rekurzivnom obliku, a zatim za nj ega. odre dimo opći član

zatvorenom obliku.

Karakteristična j ednadžba

.Tn+ 1 = xn . A. . l n = A. .

i gla..'li

o,�

pripadne

r ek tlrzij a je

homogene relacije je j ed nostavna

Rj ešenje j ednadžbe

Sada pogledaj mo funkcij u f (n)

dati niz

x =

(n + l) · 2n+1 .

a ho moge n e relacije

K ako

nij e rješenje

karakteristične j ednadžbe, partikularno rješenje nehomogene rekurzivne relacij e je oblika

a�

(An + B) . 2n+ 1 .

(A(n + 1 ) + B) · 2 n+2

Dakle,

(An + B) · 2n+l

(n + l ) · 2n+ 1 ,

tj .

2 (An + A + B)

(An

B) + ( Tl. + 1 )

ili nakon sređivanj a

2An + 2 (A + fl )

(A + l ) n + (B + l ) .

71 Tako dobijamo tilIstav

2(A odnosno

A + .1 B+ l

tillstav

2A. čija. su rješenja A

l i B = - 1 . Dakle,

2 dobij amo i vrijednotit konstante A Konačno, zatvoreni obIik za zadani niz je (Ln = 2 + ( n - l) . 2n+ l .

Sada iz početnog uvjeta

1 . 2003 . 1.

Ispitajte istinitost iskazne formule ( (p :::} q)

( q :::} p) )

{:}

( p {:} q)

( a) svođenjem na konj uktivnu normalnu formu,

(b) metodom

red'uctio ad ab8urdum.

2. Pomoću aksioma Booleove algebre dokažite da. u svakoj Booleovoj algebri B = (B, * , 0, , 1 , O) vrijede sljedeće relacije: 2 5

(a ) a * (a o b) = a , (b)

o (a * b)

= a.

Detalj no obra.zložite svaki korak

dokazu!

3. Dokažite i detaljno obrazložite svaki korak u dokazu sljedećih skupovnih relacij a:

(a ) A \ B = ( A U B) \ B ,

(b) P(A n B) = P(A) n P(B) . 4.

Na. koliko načina može k osoba stati u red tako da neke dvij e određene osobe od tih k osoba ne stoje j edna pored druge?

(a) Riješite diofantsku j ednadžbu - + -

- u skupu N i u skupu 3

(b) Koliko cjclobrojnih rješenj a ima jednadžba

2GTzv. zakoni ap8or'Pc�ie.

IZ .

/--1

P O GLAVLJE

XI . 2003.

Rj ešenja: 1.

( a) Formula j e složenij a, pa ce biti jednostavnije ako prvo odredimo istinosnu tablicu formule:

..l

Sada iz tablice za formulu F lako for mir arno normalnu disj unk tivnu formu 3.

a zatim primjenj uj ući ekvivalencije iskaznog računa svodirno na normalnu konjuktivnu formu: F

((p v p) 1\ (p V --,q ) 1\ (pV q) 1\ (q V --,q) ) ( --,p V --,q) 1\ (--,p V q) 1\ (q V --,q))

(( --,p V --,p) 1\

(p 1\ (p V --, q) 1\ (p V q ) ) V (--,p 1\ (--,p V --,q) 1\ (--,p V q) ) =

(p V --,p) 1\ (]J V --,p V --,q) 1\ (p V --,p V q) 1\ (]J V --,q V --,p) 1\ (p V --,q V --,p V --,q) 1\ (p V --, q V --,p V q) 1\ (p V q V --,p) 1\ (p V q V --'p V --,q) 1\ (p V q V --,p V q) .

Dobivena konj uktivna forma u svakoj svojoj disj unkcij i ima točan iskaz p V --,p ili q V --,q (tautoiogija isključenja tr-ećeg) , pa je svaka disj unkcij a točna, a zato i konj llktivna forma točna.. Dakle formula F je tautologija.

75 (b)

Pretpostavimo da formula nij e točna. Tada su lijeva i desna s trana ekvivalencij e različite istinitosti. Neka j e npr .

T(L)

T(p

{::}

T. Tada je T (p)

=' T( q )

i tada

su obe implikacij e na desnoj strani točne. To je kontradi kcij a, j er

i=- T ( D ) . T (p {::} q) �. Tada j e

mora biti po pretpostavci T(L) Neka j e sada T ( L)

T (p) i=-

T(q) .

Tada j e

j edna o d implikacij a n a lijevoj strani ekvivalencij e netočna, p a j e cijela lij eva strana također netočna. Opet kontradikcij a, jer b i po pretpostavci trebalo biti T ( L) i=- T(D) .

( a)

a * ( aob) = (jedin'i čni element) = (ao l ) * ( aob) ( distribub:vnost ) = (a * a) o (l * b) = (idempotentnost ) = a o ( l * b) = ' (jed'inični ele ment ) = a o 1 (jedinični element) = a. =

(neutmlni element) = ( a * O ) o (a*b) = ( distT'ib'utivnost) = Udempotentnost) = a * ( O o b) = ( neutmlni ele (a o a. ) * (O o b) ment ) = a * O = ( neutmlni element ) = a. .

(b) aO ((l*b)

3. U

oba primj era dokazati ćemo j ed nakost skupova p o definiciji . Dakle:

( a) x E (A U B) \ B ti ( definicija mzlike skupova) � x E (A U B) /\ :r; 1. B � ( definicija unije) � (x E A V x E B) /\ x 1. B {::}

( di8tribtdivnost konjunkcije prema di8junkciJ'i ) {::} (x E A /\ x 1. B) V (x E B /\ :r 1. B) {::} ( zakon kontmdikc'ije ) {::} (x E A /\ x 1. B) V � {::} ( ehi-v alencija p V � == p) {::} (x E A /\ x 1. B) � ( defi:nicija mzlike skupova) � x E A \ B.

Korištenjem tranzitivllosti ekvivalencij e, dobili smo da je

x E (A U B) \ B a t o znači d a j e

(b)

(A U B) \ B

{::}

x E A \ B,

A \ B.

X E P(A n B) � ( definicija partitivnog sk1i,pa ) C;U' X � A n B {::} ( teorem ( * ) ) {::} X � A /\ X � B {::} ( definicija parti tivnog skupa) {::} X E P (A) /\ X E P( B) {::} ( definicija presjeka skupova) {::} X E P(A) n P(B) .

POGLAVLJE

XI. 2003.

Iz tranzitivllosti ekvivalencij e dobili smo da vrijedi

X E P(A n B)

{::>

X E P(A) n P(B) ,

a to znači da j e P(A n B) = P(A) n P(B) . .Jedino j e potrebno j oš pokazati da vrijedi teorem ( * )

]

To je jednostavno i ide npr. ovako: X <;;;; A n E {::> (Vx E X) (x E A n E ) {::> (Vx E X) (.x E A !\ .x E B) .b (Vx E X) (.x E A) !\ (Vx E X ) ( :E E B) {::> X <;;;; A !\ X <;;;; B . 26 4.

Isti zadatak je bio VI . 2003.

( a)

-xl + -yl = -3l

l -;E Y 3

x+y

3(x + y) xy =} xy - 3x 3y =} 9 3y x (y - 3) = 3y =} x = '- = 3 + y-3 y-3 Dakle) da bi x bio cijeli broj , mora y - 3 dij eliti 9 , tj . mora biti y - 3 E { - 9 , - 3, - 1 , 1 , 3 , 9 } . Tada je y E { - 6, O , 2 , 4, 6 , 12 } . Tada za svaki y dobij amo redom odgovarajući x, pa su cjelobroj na rješenj a sljedeći parovi: =

-- o

(x, y) E { (2 , - 9 ) , (O , O) , ( - 6 , 2) , ( 12 , 4) , (6 , 6) , (4 , 12) } , a rješenja

prirodnim brojevima parovi (x , y) E {(4 , 1 2 ) , (6, 6) , ( 1 2 , 4) } .

(b) Teoretski rezultat j e d a j e broj cjelobrojnih nenegativnih rješenja diofantske j ednadžbe ;r l + X 2 + + Xn = k jednak broj takvih rješenj a zadane jednadžbe je: oo.

(7+ 19-1) 19 l6Na

(25 ) 19

( ) = 25'24.2�';2'21'20 ! 6 4 , '0-6 25

mjestu ! je iskorištena valjana formula (Vx) (A(x) 1\ B(x ) )

(n+Z- l ) .

Dakle

8855 . 201 (Vx )A(x)

(Vx ) B (x)

1 . 2004. 1.

Neka su a l , a2 , . ' " an elementi proizvoljne apstraktne Booleove algebre. Dokažite da je tada n n n 2:(2: aiaJ' ) 2: ak i

i=l j=l

k=l

detalj no obrazložite svaki korak u dokazu.

2. i S simetrične relacije na skupu A. Opovrgnite ili dokažite tvrdnju:

( a) Neka su

Svaki korak

je simetrična relacij a" .

radu obrazloži te.

(b) Neka je A � B \ G, A =I-

0. Mora li tada biti card (B)

ili ne mora? Obrazložite tvrdnju.

card (G)

3. Koliko i ma prirodnih broj eva manjih od 2 n - 1 koji su relativno prosti s 2n? Detaljno obrazložite svaki korak u rj ešenju. 4.

Koliko rj ešenja u skupu prirodnih brojeva ima diofantska jednadžba Xl + X 2 + :1':3 lO? Detaljno obrazložite rješenje. =

Koristeći idej u rekurzije odredite Sl.unu 1 2 + 22 + 32

. " . + n2

POGLAVLJE

1. 2004.

Rješenja: 1.

Naizgled težak zadatak, a kad se krene s rj.ešavanj em vidi se da je lagan. Naime,

n I)L ([iaj) L (a.JLl + ([i(J,2 + . . . + aian ) i=l i= l j=l (alal + . . . + alan) + (a2 al + . . . + a2an ) + . . . + (anal + . . . + anan ) = Cu prvom stupcu izhlČ'imo a l , drugom az , . . . n-tom an, fl

tj. primjenjujemo obrnuti teorem distrib1Jcije)

a1(a1 + . . . + an) + (L2 ( a 1 + . . . + an ) + . . . + an (al ( sada opet teor'em distrib'Uc'uje s faktorom (al + 0, 2 + . . . + (a l

0, 2 + . . .

) ( al + a2 + . . . rt

an )

...

+ an )

al + a2 + .. . + an ) =

(idernpotentnost)

L ak · k=l

( a) Treba ispitati ela li je R \ S simetrič:na relacij a ili po definiciji: " ela

li za svaki x, y vrijedi: ( x , y) E R \ S

::::}

(y, x ) E R \ S?"

Dakle,

(x, y) E R \ S � ( definic�ja razlike skupova) q (:r , y) E R 1\ (x) y) � S q ( definicija simet1'ičnosti relacija R i S) � (y, x ) E R I\ (y. x) � S27q ( definicija. razlike skupova.) q (y, x) E R \ S.

Prema tome, tVTdnj a je točna, tj . razlika simetričnih relacija je simetrična relacij a..

(b) Pogledaj mo ove primj ere : i.

Neka j e B { l , 2 , 3} , G = { 3 , 4 } i A = { l } . Tada je B \ G { l , 2} i A � B \ G, a card(G) < card( B ) . =

2' Jer da iz (x. y ) � S slijedi (y, ;]; ) E 8, tada b i zbog simetričnosti !:i lijedilo to bi bila kontradikcij a s pretpostavkom.

(.r , y)

79 ii.

Neka je B = { 1 , 2 , 3} , G = { 3 , 4 , 5 , 6} i A = { l } . Tada j e B \ G = { l , 2} i A s:;:: B \ G , ali card(G) <j:. card( B ) .

Dakle, može biti card( C )

card (B) , ali i ne mora.

3 . Nijedan paran broj nije relativno prost s 2n (jer je 2 faktor od 2n ) . D akle j edino neparni brojevi manj i ili jednaki 217 - 1 mogu biti relativno prosti s 211, . Dakle treba pobrojati koliko ima tih neparnih brojeva. Očigledno ih u nizu prirodnih brojeva od 1 do 217 - 2 ima isto koliko i parnih, tj . 1 _ (217 - 2) = 217-1 - 1 . Do 217 - 1 ima još 1 neparan broj više, dakle 2 ukupno ih ima 21'1. - 1 . 4. Pokazaćemo kako se ovaj zadatak može riješiti s manje ili s više znanj a. ( a ) Kako su svi ;T j prirodni brojevi, tada. njihove vrijednosti mogu biti .Ti E { l , 2 , , 8 } . Fiksirajmo prvu nepoznanicu Xl i neka je njena vrijednost jedna od navedenih od 1 do 8 . Tada je X2 + x3 E {2, 9 } . Pogledaj mo na koliko se načina može pojaviti odrecieni zbroj od X2 + X3 ' o o .

O O "

zbroj 2

---+

(1 , 1)

1 način

zbroj 3

---+

( 1 , 2) , (2 , 1 )

2 načina

zbroj 4

---+

( 1 , 3) , (2 , 2) , (3 , 1 )

3 načina

zbroj 5

---+

( 1 , 4 ) , (2, 3) , (3, 2) , (4 , 1 )

4 načina

zbroj 9

---+

( 1 , 8) , (2 , 7) ,

o o .

, (7 , 2) , (8 , 1 ) 8 načina

Dakle, uz fiksiran X l (na 1 način!) , mogu se odgovarajući zbrojevi 8·9 poj aviti na 1 + 2 + 3 + + 8 = -- = 36 načina. Dakle diofantska 2 jednadžba ima 36 mogućih rješenj a. o o .

(b) Primjetite cla jednadžbu koju rješavamo u skupu N, možemo svesti na jednadžbu koj u rješavamo u skupu No (usp . zadatak 5b iz prethodne zadaće) . Naime, možemo jednadžbu X l + X2 + X 3 = 1 0 , Xi E N , napisati u obliku :[1 + X 2 + X 3 + X 4 1 0 , gdje smo uveli nepoznanicu X4 = 0, ali smo ostavili X1 , 2 , 3 E N. Prema teoretskom =

POGLAVLJE

1. 2004.

rezultatu, poslj ednj a j ednadžba ima e+��-l ) = C� ) = e 2 ) = 6 6 2 nenegativnih rjcšenja: tj . u skupu No . Ako sada fiksiramo X l = O, tada X + .7: 3 = 1 0 može biti samo u 9 parova Z'a Xi E N . 2 Slično će biti za X 2 i .7: 3. Dakle ukupno 27 rješenja . Još postoj e 3 rješenj a 11 skupu No i to (O, 0 , 10) , (O, lO, O) i ( l O, O, O ) . Dakle, ukupno moramo ukloniti 30 rješenja, jer ona sadrže Xl , , 3 = O, a 2 mi tražimo rješenj a u N. Tako dolazimo do identičnog rj ešenj a 66 - 3 0 = 36. 5.

Datu sumu zamislimo kao opći član niza Sn Rekurzivna relacij a za niz Sn se dobije iz

1 2 + 22 + 32 + . . . + n2

Dakle uz početni element, koji uzmimamo iz zadane formule za Sn , niz Sn jc zadan rekurzivllo sa

Sada odredimo opći član tog niza u zatvorenom obliku .

Kara.k teristična jednadžba ovog niza jc jednostavno xn +1 xn i nj eno rješenje je x = l , pa je rješenj e pripadne homogene relacije a � = A . =

Sada promotrimo funkcij u f (n ) . Kako s e f (n) može napisati u obliku f (n) (n+ 1 ) 2 · 1 n , a 1 je jednostruko rješenje karakteristične jednadžbe . partikularno rješenje se uzima li obliku =

a�

( An2 + En + e)

An3 + En2 + en.

Ka.ko partikularno rj ešenje zadovolj ava nehomogenu relaciju , nako uvrštavanja u nju dobije se sljedeći sustav j ednadžbi: 1

3 A + 2B

2 l,

A+E+e

a odatle rješenja A rj ešenje

ie=

. Tako smo dobili partikularn

81 Sada. opći čla.n niza ima oblik Sn Kako je Sl

= l,

>- = O

dobije se

1 = >- + - + - + - = >- + 3 2 6 Dakle

= >- + -n + -n + -n. 2 ' 6 3 2+3+1 6

= >- + 1 .

i kona.čno

= � n3 + �n 2 + �n = n ( 2n 2 + 3n + l ) = n(n + 1 ) ( 2n + l ) . 3 2 6 6 6

11. 2 004 . ) novljena j e zadaća iz prethodnog mj eseca. 28

- ' Iskreno rečeno bio sam lijen sastavljati zadaću za j ednog studenta koj i je prijavio isp i t .

'le, indukti vno zaključujemo: " svaki mjesec neka samo po j edan student prijavi ispit,

-e

zadaća neće mijenjati

II .

)

Q 'J

V. 2 0 0 4 . 1.

Vrijede l i zakoni

( a) asocijativnosti za =? ) (b) distributivnosti !\ prema Y..? 2.

( a ) Neka

SIl

i S tranzitivne relacij e na skupu A . Opovrgnite ili dokažite tvrdnju: " fl

\ S j e tranzit-ivna relacija " .

Svaki korak u radu obrazložite!

(b) Neka je A � B \ C, A -I 0 . Dokažite kontradikcijom da tada nije A CZ B.

3. Dokažite da je suma kubova tri uzastopna prirodna broja djclj iva s 9,

( a) matematičkom i ndukcijOIl1, (b) bez indukcije. -1 .

Rij ešite diofantsku jednadžbu 71x + 50y rješenj a t l skupu N?

·5 .

Riješite rekurzij u

4a.n-l - 4a.n- 2 + n 2 )

1 0.0

skupu

= O,

al =

Koliko ima

POGLAVLJE

Rješenja: 1.

Letimično vidimo da. primjena metode redudio ad o,bsurdu.m vodi na više mogućnosti, pa u ovim slučajevima. nije pogodna. Zato oba zakona provjerimo tablično . Neka. pritom L j D označavaju lijevu i desnu stranu ekvivalencije u formulama . (a) Treba ispitati da li vrijedi formula

F == ( (a =? b) =? e) <* (a =? (b =? e) ) .

�

Kako je L =t D, tada j e i tj . zakon ne vrijedi .

{f}

D, pa ova formula nije tautologija.

(b) Treba ispitati da li vrij edi formula G

( (o, !\ (b '{ e) ) <* ( (o, !\ b) '{ (o, !\ e) ) .

I I b I e II b Y- I e

J...

Ae T

II I II I L

J...

J... T

J...

J... J...

T T

J...

Kako je L == D, tada je i tj . zakon vrijedi.

J...

{::?

J...

D , pa je ova formula tautologij a,

( a) Poku.''l aj mo prvo naslutiti točnost tvrdnje. Pogledajmo zato sljedeći primjer. R = { ( l, 2) , (2, 3), ( l , 3) } i S = { ( l , 3 ) , (3, l ) , ( l , l ) , (3, 3)} su tranzit ivne relacij e na skupu {l, 2, 3} , ali R \ S = {(l, 2) , (2, 3 ) } očigledno nije ci er nedostaje element ( l , 3 ) ) ! Dakle, našli srno primjer koji pokazuje da. razlika dvije tranzitivne relacije ne mora biti tranzitivna relacij a, pa tvrdnj a u općem slučaj u ne vrij edi . Pogledaj mo međutim kako bi išao pokušaj dokaza da nismo p o tražili kontraprimjer. U tom slučaj u rebarno ispitati da li je točno

(( :r , 'Y ) E R \ S 1\ (y, z ) E R \ S)

:::::}

( X , Z ) E R \ S.

Dakle,

( ( x , y) E R \ S A (y , z ) E R \ S ) :::::} ( definicija razlike skupova ) :::::} ( ( ( .T , y) E R A (x, y) 1. S) 1\ ( (y , z ) E R A ( y , z ) 1. S) ) :::::} ( vi.šestrv,ka

primjena zakona asocijativnosti i kom1.ltativno8ti za A) :::::} (( ( x , y) E R A (y, z) E R) 1\ ( (.T , y) 1. S 1\ (y, z ) 1. S) ) :::::} ( defini cija tranzi tivnosti za R) :::::} ( ( .T , Z ) E R A ( (x , y) 1. S I\ (y, z ) 1. S ) ) :::::}

POGLAVLJE

IV.2004.

( km'i.stimo tal1tologij1L p 1\ (q 1\ r ) =? p 1\ (q V 1' ) 29 ) =? ( ( x , z ) E R 1\ (( X , y) rt S V ( y, z ) rt S) ) =? ( DeMorganove j01'ml1le) =? ( (x, z) E R 1\ -, ( (x, y) E S 1\ (y , z) . E S)) =? ( definicija tmnzi ti1Jrws ti za S) =? ( (x, z) E R I\ -, ( (x, z) E S)) =? ( definicija mzlike skupova) =? (x , z) E R \ S .

Dakle, dobili smo d a je razlika. tranzitivnih relacij a tranzitivna! Ali vidjeli smo da nije. Ili nismo? Da li je onda. razlika. tranzitivna ili ne? Nađite grešku.

(b) Pretpostavimo da tvrdnj a nije točna. Tada je premisa A � B \ C , A =I- 0 točna, a. konkluzij a A � B netočna (ili A g; B točna, a.ko više volite) . Kako izvući kontradikcij u iz ovakve tvrdnje? Pođimo prvo od zaključka. Ako j e A g; B točno, tada postoj i x E A takav da :r � B. Pogledajmo sada pretpostavku. Tu vrijedi ::c E A =? X E B \ C, tj . za svaki x E A j e automatski i x E B 1\ x � C, a odatle je .T E B j edna od posljedica. To je jednostavna kontradikcij a. Dalde pretpostavka o netočnosti tvrdnj e vodi do kontradikcij e , pa je formula točna. 3 . Označimo F(n)

(a)

(n - 1 ) 3 + 17,3 + (n + 1 ) 3 , n � 2 . ==

13 + 23 + 3 3 3 6 djeljivo U drugom koraku pretpostavimo "F( n) je djelji7Jo s U prvom koraku jc F(2)

9".

U trećem koraku dokažimo d a j e, uz prethodnu pretpostavku, točno "F(n + 1 ) je djelj ivo s 9 " . Dakle, F (n + l )

n3 + (n + 1 ) ;� + (17, + 2)3

713 + (n + 1 ) 3 + (n + 2)3 + (n - 1 ) 3 - (n - 1 ) 3 F (n) + (n + 2)3 - (n - 1 ) 3

F(n) + (n3 + 6n2 + 1 217, + 8) - (17,3

317,2 + 3n - l)

F (n) + 9 (n2 + n + l ) . 29 Lako se vidi da je tautologij a. Jer p l\ (q l\ r) =} p l\ (q V r ) jedino može biti neistinita ako je premisa p 1\ (q 1\ 1' ) točna. a konkluzija p 1\ (q V r) netočna. No kako je premisa točna samo kad su točni p, q i 1', tada je i konkluzija točna.

89 Vidimo da. je u poslj ednjem izrazu F(n ) djeljivo s 9 (prema. indukcijskoj pretpostavci) , a drugi pribrojnik očigledno dj eljiv s 9. Dakle i F(n + 1) je dj cljivo s 9 . . Dakle matematičkom indukcijom smo dokazali tvrdnj u "F(n) je djcljivo s 9 11 •

(b) Odaberimo direktan dokaz. Promatraj mo za n F(n)

= (n - l r3 + n3 + (n + 1) :3

2: 2 izraz

(n3 - 3n 2 + 3n - 1 ) + n3 + (n3 + 3n 2 + 3n + 1 ) = 371,3 + 6n = 3n(n? + 2 ) .

Promatraj mo sada sve prirodne brojeve 11 3 klase 3N , 3N + 1 i 3N + 2. Pokažimo da je tvrdnj a točna za svakog predstavnika tih klasa, drugim riječima za svaki prirodni broj . Imamo dakle 3 slučaja: 1 . n = 3k : Tada je F (k ) = 9 k(9k 2 + 2 ) očigledno djeljiv s 9. ii. n = 3k + 1 : Tada je i F(k) = 3(3k + 1 ) ( (9k2 + 6k + 1) + 2 ) 9(3k + 1) (3k 2 + 2k + 1) djelj iv s 9. iii. n 3k + 2 : Tada je F(k) = 3(3k + 2) ( (9k 2 + l 2k + 4) + 2 ) 9(3k + 2) (31.;2 + 4k + 2) opet djclj iv s 9. =

Dakle F (n ) je uvijek djeljiv 4.

Iz 7 1:r + 50y 1 dobijamo y mora biti cijeli broj z , tj. =

1 - 7 lx 1 - 2 lx - x. Prvi pribrojnik 50 50 ---

Opet prvi pribroj nik mora biti cijeli broj

l - 8z 21

1J, :::} z

1 - 217), 8

'/J"

tj .

1 + 37), - 37), ' 8

a slično i ovdje:

1 + 3u 8

'I ' :::} 'u

1 - 50z 1 - 2 lx = 1 - 8z - 2z . --- = z :::} x =

8v - 1 3

3v -

v+1 3 '

'u E

POGLAVLJE Konačno, da bi

bio cij eli broj mora biti

3t - l, t

Sada slijedi redom l J vraćanje unazad l J : tl,

= 9t - 3

z =

t = 8t - 3,

3t - 1 - 3(8t - 3) = -2lt + 8 ,

x = 8 t - 3 - 2( -2lt + 8) Y

IV . 2004.

-2l t + 8 - (50t - 19)

50t - 1 9,

-7lt + 27.

Dakle, rj ešenj a su parovi cijelih brojeva

(x , y)

(50t - 1 9 , 27 - 7lt) , t

S druge strane je očigledno da rješenj a u prirodnim brojevima nema (jer je x pozitivan za t � l , a za te vrijednosti je y negativan) . Ipak, u općem slučaj u bi za rješenja u prirodnim brojevima morali postaviti i riješiti nejedna.džbe 50t - 19 27 - 7lt U ovom slučaj u rješenje j e

��

:s; t :s;

1 1.

��,

tj . rješenj a u prirodnim

brojevima zaista nema (jer nema prirodnog broj a date jednadžbe) .

koji zadovolj ava ·

5 . Promatrajmo karakterističnu jednadžbu pripadne homogene rekurzivne relacij e an 40n-1 - 40n- . Ona glasi x2 - 4x + 4 O, a njeno rj ešenj e 2 j e Xl, = 2, tj . dvostruko. Zato j e rješenje pripadne homogene relacije =

Sada pogledajmo funkcij u j(n) = n2 = n2 . ln. Kako l nije rješenj e karakteristične j ednadžbe, partikularno riješenj e je oblika a� = An2 + Bn+C. Kako partikularno rješenj e zadovolj ava nehomogenu rekurzivnu relacij u, dobivamo sljedeću relacij u:

91 Nakon primjene metode neodređenih koeficijenata, dobijamo sustav 4A - 4A + 1 -8A + 4B + l6A - 4B 4A - 4B + 4C - l6A + 8B - 4C,

A B C odnosno

A 8A - 1 2A + 4B Rješenja s u A = 1 , B = 8 i C rješenje nehomogene jednadžbe

l B C.

2 0 , tj a� .

n2 + 8 n + 20 . Zato je

Sada iz početnih uvjeta dobijamo sustav jednadžbi s nepoznanicama ,\ 1

ll, :

,\ + 20 2,\ + 211, + 28 Rješenj a su

- 20 an

i II = =

O O.

6, pa je

(6n - 20)2n + n 2 + 8n + 20 .

VI. 2004. novljena je zadaÄ&#x2021;a iz prethodnog mjeseca. 30

Iz istog razloga kao

II. mj esecu, samo jedan student je prijavio ispi t , pa onda

o. o

VII . 2004. 1 . Ispitati istinitost formule

2. Dokažite ili opovrgnite sljedeće relacije i detalj no obj asnite svaki korak: (a) A S;;; B =} A n G

S;;; B n

(b) Ako su p i () tranzitivne relacije, tada je to i p n () .

3 . Dokažite d a ako je

a+b+e

dj elj ivo s

tada je i a 3

+ b3 + e 3 djelj ivo s

4. Koliko ima 6-s1ovnih riječi od slova A, B , G, D , E, F, tako da A i E budu prije G i da su sva slova u riječi različita'?

5. Nađite opći član niza 1 , 1 , - l , - 1 , l , 1 , - 1 , - 1 , . . . .

POGLAVLJE

VII. 2004.

Rješenja: 1.

Najelegantnije m i s e č:ini rj ešenj e metodom 'reductio a d absurdmn. Pret postavimo dakle da formula. nij e istinita. Jedina mogućnost za to je kada je T(Pl ::::} PIO) -1 i T(Pi ::::} Pi+l ) = T: za svaki i = 1 , , , . , 1 0 . Iz T (Pl ::::} PIO) = -1 tada slijedi da je T(Pl ) = T i T (PlO) = L S druge strane iz T(Pi ::::} Pi+d = T slijedi da je T(P2 ) = T (zbog T (Pl ::::} P2 ) = T), zatim T(P:� ) = T (zbog T(P2 ::::} P;�) = T) itd. Za klj učuj emo redom na sličan način da. jc T (p4) T (P 5 ) . T(P9) T . Na kraju dolazimo do t.oga da. mora bit.i i T(P9 ::::} PIO) = T . Kako je maloprij e rečeno da je T(P9) = T , tada mora biti T(PlO) T, a to je kontradikcij a s početnom pretpostavkom T(PI0) = -1 . Dakle formula je ist.init.a . 3 1 =

( a) Pokušaj mo dokazati logičku posljedicu x

A ::::} :E

B ) ::::} (( :C

A !\ x

A n G ::::} x

B n G,

odnosno točnost formule (x

A ::::} x

G) ::::} (x

B !\ x

G) ) .

To se svodi na. dokaz istinitosti formule

(]J ::::} q) ::::} (p !\ T ::::} q !\ T ) . Primjenimo metod 11 svođenja na proti'uTječno8t. Pretpostavimo da je formula lažna: tj . T( (p ::::} q) ::::} (p A r ::::} q Ar)) = -1 . Tada mora biti T(P ::::} q) = T i T (p !\ r ::::} q !\ T) = -1. Iz drugog izraza slijedi da su T (P !\ T ) = T i T(q !\ T) = � , tj . T(p) T(T) T i T(q) -1 . Tada j e T(p ::::} q) � , a to j e kontradikcij a s pretpostavkom . Dakle iskazna formula j e ta.ntologij a: pa logička posljedica vrijedi . =

:J l Zadatak se mogao riješiti i pozivanjem na tav.t% gi,ju tmnzihvnosti za =? , tj . (a =? b) !\ (b =? e) =? (a =? e), ali kako je to formula koj a se odnosi samo na tri iskazna slova, r"ba lo bi pokazati da to vrijedi i z a više (tl ovom slučaju 1 0) . fvložda bi bilo bolje pokušati odmah indukcijom po broju od n iskaznih slova, pa b i ovo bilo samo posljedica za 'TI, = 1 0 .

(b)

Ako je tvrdnja istinita, I llorali bismo za

\;/x , y, z

dokazati tvrdnj u :

( x , y ) E P n () 1\ (y , z ) E P n e => ( x , z ) ,E P n e. Dakle,

(:];, y) E p n e 1\ (y, z) E p n e => ( definicija, presjeka sknpoua ) => ( (.T , y) E p l\ (x, y) E 8) 1\ ( (y , z ) E p l\ (y , z) E e) => ( asoc-ijativnost konjunkcije) => (x, y) E P 1\ (x, y) E () 1\ (y , z ) E P 1\ ( y , z ) E e => ( kom1J,tativnost konfu,nkcije ) => ( x , y) E P 1\ (y, z ) E P 1\ ( :r: , y) E () 1\ (y, z ) E e => ( asocijativnost konj1J,nkcije) => ( (x, y) E P 1\ (y, z) E p) 1\ ( (:r: , y) E e 1\ (y , z ) E e) => ( tranziti1J'nost relacija p i 8) => (x, z) E p l\ ( T Z ) E e => ( definicija presjeka skupova) => ( x , z ) E p n 8. .

Dakle tvrdnja j e isti nita, tj . presj ek tranzitivnih relacij a j e tran zitivna relacij a

.'3 2

Neka 3 1 a + b + c.

(I. način)

Promatraj mo izraz

a 3 + b3 + c3

a3 - 0, + b3 - b + c3 a a

(

- 1 ) (0, +

(a + b + c) .

+ (a + b +

)

l) + b(b - l ) (b + 1) + c( c - l ) ( c + 1) +

Svaki od prva tri pribroj nika u poslj ednjem izrazu j e produkt tri uzastopna cijela broj a, pa je dj elj iv s 3, posljednji pribrojnik j e po pretpostavci djelj iv s 3, pa j e cijeli izraz djelj iv s 3. Jednostavno!

(II. način)

S obzirom da j e 3 ;J

( a + b+ c;) 3

a 3 + b3 +c3 +3a 2 b+3ab2 +3a 2 c+3ac2 +3b 2 c+3bc 2 +6abc,

dobijamo

' a 3 + b3 + c'3

(a + b + c) 3 - 3(a 2 b + ab2 + a 2 c + ac2 + b 2 c + IJe + 2abc) ,

32 Pokušaj te ovdje naći primjer kojim biste naslutili rezultat) onako kako je to urađeno

u prethodnoj za.daći .

33 0vO dolazi iz multinomne formule

(a + b + c)·'l

O:'O, i,j,k9 Hj+k=3

( ) 3

i .j,k

il} ck .

POGLAVLJE

VII.2004.

pa ka.ko je prvi pribroj nik na. desnoj strani dj eljiv s 3 po pret postavci, a drugi očigledno , tada je i a3 + b 3 + e3 djelj iv s 3 . Opet jednostavno!

4. Prvo pogledajmo koje sve uvj ete moraj u slova zadovoUiti, a zatim odredimo koliko ima tih mogucnosti.

Prvo, slova A i E moraj u biti prij e e , ali uvijek će biti prvo A pa onda E ili obratno . Dakle ona to mogu biti samo u pozicij ama (A, E ) i (E, A) . Drugo,

(�)

ova

tri slova A , E i e se između ukupno 6 slova mogu uzeti na

načina. Jer može npr. biti

IAIEI 1·1·1·1 IA1 · 1EI 1 · 1 · 1 e

I IAI IEI I 1.1.1.1AIEI

e e

Trece, ostala slova B , D i F se mogu slobodno permutirati, a to se može uradi ti na 3 ! načina.. Dakle takvih G-slovnih riječi ima. 2 5.

(�)

= 2 . ( 5 · 4 ) . 6 = 240.

· 31

Uočimo da je an + an+2 = O, al = a2 = 1. ,)4 Pripadna karakteris 2 tična jednadžba dobivene homogene rekurzivne relacij e je 1 + .7: = O , a rješenja su

X l ,2 =

= 1 (cos 2' ± i sin 2' ) .

Da.kle, rješenj e pripadne

rekurzivne relacij e je

3.J Netko j e rnogao uočiti i t rećeg reda s

a1l

+ a7l + 1 + 0-".+2 + an.+3

:3 početna uvjeta, što je složeniji slučaj .

O, ali tada bi imao jednadžbu

99 Sada i:6 početnih biti

uvjeta odredimo nepoznate parametre A i {L. Mora A cos

+ {L sm ·2 .

A COS K + {L sin K

odakle dobijemo A .

-1

Konačno r]<�,<ienJc .lC an

i {L

sin

cos

TI:Tr

2·

1 1,

VIII. 2004. 1.

Dokazati istinitost iskazne formule

(a) svođenjem na normalnu disj unktivnu formu,

(b) metodom red-u ctio ad

absv,rdv,m.

2 . Dokažite ili opovrgnite sljedeću tVTdnju, te detalj no obrazložite svaki korak:

" Ako

S'tl

p i

tranzitivne relacije, tada je to i

3 . Odredite kriterij djeljivosti 4.

bazi

e . lI

Na koliko načina se može broj 41 5800 napisati kao produkt dva rela tivno prosta broj a?

5. Nađite najmanj i takav x = 5(mod 17) .

N da vrijedi istovremeno i

2(mod 1 1 ) i

POGLAVLJE

VIII.2004.

Rješenja: 1.

Ovo je vrlo jednostavno:

( a) Disjunktivna forma date formule je 'P l V 'P2 V . . . V 'Pn V Pn . Kako j e posljednj a disj unkcija 'pn V P n uvijek točna, cijela disj unktivna forma je točna.

(b) Pretpostavimo li netočnost date formule, moramo dobiti kontradi kcij u. Zaista, formula je netočna jedino ako je Pn netočno, a P l 1\ P2 1\ · · · I\ ]Jn točno, ali to je nemoguće zbog netočnosti od Pn . Dakle data iskazna formula jc točna. 2 . Poučan primjer iz IV. 2004. pokazuj e ela je korisno pokušati prvo naći kontraprimjer koj i obara neku tvrdnj u, a ako ga ne nađemo tada pret postavlj amo da je tVTdnja točna i pokušamo je dokazati. Pretpostavimo da nismo našli nikakav takav primjer i očekujemo točnost date tvrdnje. Tada moramo za \;jx , y, z dokazati točnost relacije ( x, y) E p U B I\ (y , z) E p U B

(:r z) E p U e . ,

Tada imamo sljedeći niz implikacij a:

(x , y) E p U B I\ (y, z) E p U B =? ( definicija unije skupova) =? ( (x , y) E p V (:r, y) E B) I\ ( (y, z) E p V (y, z) E B) =? ( sada 2 p'uta primjena zakona distrib'Uti1JTwsti) =? ( (.'r, y) E p 1\ (y, z) E p) V ( (x, V) E p 1\ (V, z) E B) V ( (x, V) E B 1\ (V, z) E p) V ( (.r , V) E B 1\ (y , z) E B) =? ( tmnzitivnost relacija p i B) =? ( .'r , z ) E P V ( (x, y) E p 1\ (y, z) E B) V ( (x, V) E B I\ (y, z) E p) V (x, z) E B =? ( definicija l1:nije) =? (:.7: , z ) E pU () V ( ( :.7: , y ) E p l\ (y, z) E 8) V ( (x, V) E 8 1\ (V , z) E p) =? ( opet 2 pl1,ta primjena zakona distrib'u tivnosti) =? (x, z) E P U B V ( (.'r , V) E p 1\ (x, y) E B) V ( (x, y) E P 1\ (y, z) E p) V ( (y, z ) E B 1\ (x, V) E B) V ( (y, z) E B 1\ (y, z ) E p) =? ( definicija i k07n7ttativnost presjeka) =? (:l' , z) E p U B V (x, y) E p n B V ( (x , y) E p l\ (y, z ) E p) V ( (y, z) E B I\ ( x, y) E B) V (y, z) E p n 8 =? ( tmnzitivnost relacija p i e) =? ( x , z ) E P U B V (x, V ) E P n B V (x, z) E P V (x, z) E B V (y, z) E p n B =? ( asocijativnost i komutati7most disj7tnkcije) =? (:.7: , z) E p U B V ( ( :.7: , V) E P n e V (y, z) E p n B) V (x, z) E p V (x, z) E e =? ( definicija 'Unije 8k7tpova) =? (x , z) E p U B V ( (x , Y) E P n e V (y, z) E p n e) V ( x , z) E P U e =? ( idempotentno8t v,nije) =? ( x , z) E P U e V ( (x , y) E P n e V (y, z ) E p n 8) =? (presjek

1 03 tranzitivnih rela cija je tranzitivna rela C'�ja 35 ) :::} ( x, z ) E P U e v ( x, z ) E :::} ( defin'i c�j a unije skupov a) :::} ( x, z ) E (pUe) u(pne) :::} (tvrdnja: AlO) :::} (x;' Z ) E P U e (jer B � A , tada je A U B � A i zato i A LJ. B je p n e � p U e) .

pne

Dakle unija tranzitivnih relacij a jc tranzitivna! No, recimo da je netko našao ovaj primj er . Na skupu { l , 2, 3} je defini rao tranzitivne relacije p { ( l , 2) , ( 2 , 3) , ( 1 , 3) } i e = { ( l , 3) , (3 , 1 ) , ( l , 1) , =

(3 , 3) } . Tada je p U e = { ( 1, 2) , ( 2 , 3) , ( 1 , 3) (3 , 1) , ( 1 , 1) , ( 3 , 3 ) } . Vidimo da za ( 2 , 3) i (3, 1) iz P U e nije u relacij i i element ( 2, 1 ) , što znači da u općem slučaj u unija dvije tranzitivne relacij e nije obavezno tranzitivna. Što je sad istina? Nađite grešku.37

3. Binarni broj x zapišimo

Kako je 2 " :z;

obliku

= - 1 ( mod 3) , tada je 2n :::}

( - 1 ) n ( mod 3) . Iskoristimo teorem

Pn ( y) (mod k) , za neki parinom Pn " . n Definirajmo zato polinom Pn (z ) = (,Lo + a1 Z + (1 2 Z 2 + . . . + anz . Tada j e očigledno Pn (2) = x . Primjcnimo li navedeni tcorem u našem slučaju , Imamo:

= y(mod k)

Pn (x)

- 1 (mod 3) :::} Pn (2) Pn ( - 1 ) ( mod 3) :::} l (ao + ( - 1 )0,1 + ( - 1) 2 a 2 + . . . + ( - l t - (1n_l + ( - l t a n ) ( mo d 3 ) (aD - al + a 2 - . . . + (- ltan ) (mod 3 ) ,

2 x

ili jednostavnij e

( (aO + a 2 + . . · ) - (o,l + a3 + . . . ) ) ( mod 3)

;l5 Pogledaj te zadaću i z prethodnog mj eseca. Jli Pozivanj e na j ednostav1lu tautologij u (p V

(2::= a2 k - 2::= a 2k - l ) (mod 3). k

(p 1\ q)

'* p V

mada vrij edi čak i

:vivalencija. 3 7 U zadaćama iz IV. i VI. 2004. smo vidjeli da razlika tranzitivnih relacija nije uvj ek - nzitivna, a u VII.2004 . ela presj ek jest.. Znajući to i j ednostavnu skuj)ovnu relaciju j () (p \ e) u (p n e) u ( () \ p), mogli smo i ovako nasl u t i t i da \lnij a tranzitivnih relacij a .je obavezno tranzitivna. =

1 04

POGLAVLJE

VIII.2004.

Drugim riječima kriterij gla�i : 38

"binami broj je djeljiv s 3 ako mu je 'r:azlika zbroja binarnih zname7 na parnim mjestirna i zbroja na neparnim mjestima, �jeljiva " 3 ( tj.jednaka O modula 3) ", 4, Nakon što faktoriziramo broj 415800 = 2;� , 33 , 52 , 7 1 1 , vidimo da imamo 5 relativno prostih faktora. 23 , 3 3 , 5 2 , 7 i 1 1 , Relativno prosti brojevi koji II produktu trebaj u dati broj 4 1 5800 mogu biti sastavljeni samo od tih 5 relativno prostih faktora, Tako imamo 3 mogućnosti: '

prvom slučaj u jedan faktor može biti samo broj 1 , a drugi cijeli broj

4 1 5800 = 23 . 3 3 . 5 2 · 7 , 1 1 . Takva je mogućnost samo jedna ,

U drugom slučaj u broj se može rastaviti u produkt dva broj a, od koj il j e prvi sastavljen samo j ednog od faktora, a drugi od produkta ostala 4. Za to ima samo G) = 5 mogućnosti. U trećem slučaj u broj se rastavlja u produkt dva broja, od kojih prvi čini produkt dva od navedenih relativno prostih faktora, a drugi produkt od preostala 3 . To se može napraviti na G) = 1 0 načina.

Dakle imamo 1 + 5 + 1 0 = 16 načina za faktorizacij u datog broj a relativno proste faktore.

5. Iz

= 2 ( mod 1 1 ) i

= 5 ( mod 1 7) dobivamo x

-2

1 1 1.1, i

-5

= 1 7v.

Ako eliminiramo x iz tc dvije jednadžbe, dobijamo diofantsku j ed nadžbu I I u - l 7v = 3 koj u trebamo riješiti. D akle, 'u

pritom mora biti

'ul =

4510 jc clj eljiv

64 + 32 + lG + 4

---

Gl!

V= 38 Npr. 10 1 1 0 1 2 tome, 1 1 1 0 1002 nij e djeljivo s 3,

I h' +

= 'U +

6v + 3 II

---

cijeli broj . Odatle,

1 1w - 3 w+3 = 2w 6 6 ' --

3, jer je - l - l + l + l O djeljivo s 3, Nasuprot 1 1 6 1 0 nije djeljivo s 3, Zais ta l - l + l + l 210

105 .

. pntom mora l)ItI. t t E IZ, pa dobij amo l

= LU + 6

1) =

i konačno

2(6t

= 1 7( l 1 t

1\iIi tražimo najmanj i prirodan 187 - 9 7 90.39

x =

;0 Provj erimo:

. l 1· l)ro] . cIJe .

:1: ,

l lt

· ce b·Itl· ak o Je '

5 = 187t - 97.

a to će biti za t

90 = 2(mod 11) i 90 = 5 (mod 17)

LU =

= 1 . Dakle rješenje je

točne tvrdnje, jer 1 1 1 88

1 7185.

IX . 2004. 1.

Dokažite da je skup { V , 9 , '{} baza iskazne algebre. Pomoću elemenata tc bazc zatim prikažite konjunkciju. Neka su A i B proizvolj ni skupovi i C s: B. Korist.eći definicij e i teoreme teorije skupova dokažite da vrijedi

( A \ B) U (B \ C) = e n (A U B) . Svaki korak u dokazu obrazloži tc. 3. Ako je a +b + e djeljivo sa 6, tada je i a 3 + &3 + c3 djeljivo sa 6. Dokažite! 4. Koliko ima brojeva većih od 7500, a najviše do 7800 , koji su djelj ivi s 5, ali nisu sa 7'? Detaljno obrazložite odgovor.

5. Nađite opće rješenje rekurzivne relacije

(Ln+!

2an - l

an-2

1 08

POGLAVLJE

IX. 2004.

Rješenja: 1. Pozivamo sc na osnovni teoretski rezul tat da je {--', v} baza. .Među zadanim iskaznim operacija-ma je već V. Zato trebamo samo još pokazati da se --, može prikazati pomoću V, {:::} i :::: , ali ne i samo s V) {:::} ili V, :::: (jer ne bi bio ispunjen uvj et minimalnosti ) . Znamo d a j e p {:::} p = T ili p :::: p - � . Zatim uočimo da je --, p - p :::: T ili --,p - p {:::} � . Dakle, zaista možemo --,p zapisati pomoću {:::} i :::: i to čak na d va načina� kao --,p = p :::: (p {:::} p) ili --,p == p {:::} (p :::: p) .

Iz gornjeg j e očigledno da De --,p ne može prikazati samo s :::: ili je zadani skup zaista baza.

2. Označimo lijevu stranu zadane jednakosti s L

a desnu

{:::} ,

Dakle ,

( distri6utivnost) ( definicija razlike ) = (A n B) u (B n G) ( A U B) n (A U G) n (B U B) n ( B U G) = (svojstvo kornplernentarnosti ) (AU B ) n (AuG) nUn (BUG) = (svojstvo presjeka) (AuB) n ( A U G) n (BUG) = (DeMoryanuve formule) (AuB) n(AuG) n(B n G) ( zbog pretpostavke vrijedi teorem G � B ==? B n G = G) = (A U B) n (A U G) n (A U B) n ( (A U G) n G) (za.kon apsorpcije G = ( asocijativnost) (X U Y) n Y == Y) (A U B) n G = (kornntat-ltmost) G n (A U B) = D . =

Zbog

D ) j ednakost je dokazana.

3. Pokazaćemo nekoliko načina na koje sc ovaj zadatak može riješiti.Dakle, neka 6 1 0. + b + c.

l. način) Promatraj mo izraz a3 + 63 + e3

a3 - a + b:3 - b + e3 - e + (a. + b + e) a ( a - l ) ( a + 1) + b ( b - l ) (b + 1 ) + c( c - 1 ) ( c + l ) + (a + b + e) .

Svaki od prva tri pribroj nika u posljednjem izrazu je produkt tri uzastopna cijela broj a, pa jc djclj iv s 3, ali i produkt dva uza stopna cijela broj a, pa j e djelj iv s 2, dakle djeljiv i sa 6 . Posljednji pribroj nik je po pretpostavci dj eljiv Da 6� pa jc cijeli izraz djelj iv sa 6 . .Jednostavno!

109 II.

način)

Promatraj mo izraz·10

Tada j e

Prvi pribroj nik n a desnoj strani je po pretpostavci dj eljiv s a 6 , a treći očigledno. Da j e drugi djelj iv sa 6 nije očigledno, ali j est da je djeljiv s

Kada bi još bio dj eljiv s

(dakle paran) bio bi i on

dj elj iv sa 6 i sve bi bilo dokazano. Zato razmišljamo ovako: Da bi zbroj tri hroj a broja hiti parna ili

i. ii.

a + b + e hio dj clj iv sa 6, moraju har sva 3 1 paran , a 2 neparna. Tako imamo 2 slučaja:

Neka su sva

3 parna. Tada je svaki od hroj eva u zagradama 3 (a2b + ab2 + a2c + ac2 + b2c + be2) paran, pa je izraz očigledno dj cljiv sa 6. Tada je i a3 + b3 + e3 dj elj iv sa 6 . Neka je samo 1 paran , a ostala 2 neparna. Svejedno j e koj i su to brojevi od a, b i e, pa uzmimo npr. da j e a paran, a b i e neparni. Tada izraz drugog pribroj nika zapišimo ovako: izraza

3 ( a2b + ab2 + a2c + ae2 + b2c + bc2) beeb + e)] Kako je

3[a(ab + b2 + ac + c2 )+

3a(ab + b2 + ac + e2) + 3bc(b + e) .

3a( ab + b2 + ac + c2) je dj eljiv sa 6, a kako su b i e neparni , b + c j e paran, pa j e i 3be(b + e) dj cljiv sa 6 . Dakle , 3( a2b + ab2 + a2c + ac2 + b2e + bc2) j e djelj iv s a 6 p a j e i 0.3 + b3 + c3 dj elj iv s a 6 . a

paran

Dakle u oha slučaja j e i drugi pribroj nik djelj iv sa 6 , p a je i

b3 + e3 III.

a3 +

djcljiv sa 6 .

način) a3+b3+e3

= (a+b)3-3a2b-3ab2+c3 = [(a + b)3 + c3] -3ab(a+b) a + b + e) ( [ (a + b)2 - (a + b) c + c2 ] - 3ab(a + b) .

Od dva p oslj ednja prihrojnika, prvi je očigledno dj clj iv sa 6 (j er

je a + b + e

po pretpostavci dj cljivo sa 6 ) , a za drugi moramo malo

komhinirati:

40 0 VO dolazi iz multinolllnc formule.

1 10

POGLAVLJ E

IX. 2 0 0 4 .

Ako j e bar j edan od brojeva a ili b paran, tada j e ab( a + b) paran, pa je 3ab( a + b) djeljiv sa 6 . Ako s u oba a i b Ileparni, tada je. It + b paran, p a je 3ab( a + b) opet djeljiv sa 6 .

ll.

Dakle i drugi pribroj nik j e dj elj iv sa 6, pa j e i a3 + b3 + c3 djclj iv sa 6 .

rv. način) Ranije smo utvrdili da se može pisa.ti a3 + b3 + c3

(a + b + c)3 - 3( a2 b + ab2 + a 2 c + ae2 + b2 c + bc2 + 2abe)

Izraz X = a2b + ab2 + a2c + ae2 + b2c + bc2 + 2abc možemo pisa.ti i II sljedećem obliku: X

a2b + ab2 + a2c + ac2 + b2c + br? + 2abc

ab (a + b) + c(a + b) 2 + c2 (a + b)

(a + b) [ab + c(a + b) + c2 ]

(a + b) [ab + e(a + b + c)] Sada razmišlj amo ovako: l. ll. Ill.

Ako su a i b parni, tada je a + b paran, pa je izraz X paran. Ako su a i b neparni, tada je a + b paran, pa je X opet paran. Ako je od a ili b sam o jedan neparan (npr. a neparan, a b pa.ran) , tada e mora biti neparan. 'l 1 Tada je ab paran i c( a + b + e) p aran (jer je a + b + c paran po pretpostavci) , pa je ab + c(a + b + c) paran, tj . . izraz X je paran.

Dakle izraz X j e uvjek djeljiv s 2, pa je 3X djeljiv sa 6. Kako j e a + b + e po pretpostavci djeljiv sa 6 , jasno je da je i 0,''3 + b?' + e3 = (a + b + c) 3 - .3(a2b + ab2 + a2c + ac2 + b2c + bc2 + 2abc) djeljiv sa 6.

Rastavimo zadatak na elementarnije zadatke. Zato uvedi mo z a broj eve između 7500 i 7800 s� eclcće oznake: .A

{skup ::;vi h brojeva djeljivih

::;

{ skup svih brojeva djeljivih sa 7}

4 1 .Jer je pretpostavka da .ic a + b +

djcljiv sa 6, p a je pat'nost potreban uvjet.

111 u = {skup svih broj eva izme(1u 7500 i 7800} Pomoću tih oznaka možemo zapisati npr. sljedt'Će skupove: AnE

= {skup svih brojeva djeljivih sa 7, al i ne s 5} =

5 i 7, tj .

AnB

{skup svih brojeva djelj ivih

AnE

35 }

{skup svih brojeva djelj ivih s 5, ali ne sa 7}

Mi tražimo broj elemenata tog posljednjeg skupa A n 13 . Pokazat ćemo prvo kako se zadatak može jednostavno rijcšiti , a zatim malo složenij i način (koriš tenj em Sy l vestrove formule) .

( a) Prika.žimo A n B kao disjunktnu uniju, (jer za disj unktne skupove X i Y vrijedi pravilo zbrajanja card(X U Y ) Uočimo jednostavnu skupovnu relacij u A n 13

A\E

card (X) + card(Y) ) .

= A \ (A n E) .

Kako su skupovi A \ E i A n E disj unktni, znači da imamo dis j unktnu unij u A (A \ B ) U (A n B) , =

pa vrij edi formula card (A) a odatle

card (A n B) + card (A n B ) ,

card( A n B )

= card (A) - card (A n E ) . A je skup svih brojeva djelj ivih s 5 , p a je card ( A) = [780057500J

60, a A n E je skup svih brojeva. djelj ivih s 35, pa je card(A n B ) 8 . Nakon uvrštavanj a. u formulu imamo [7800-:.7500J 30

card (A n B )

= card (A) - card (A n B) = 60 - 8 = 52.

(b) Idej a može biti i potražiti prvo broj elemenata suprotnog skupa A n B, odnosno unije A U B , jer u tom slučaj u možemo primj eniti Syi1Jestro'Uu jormulu :c.a. proizvolj nu uniju skupova (ne obavezno disjunktnu) . U ovom slučaj u ona gla..si: card(A

= card (A) + card (B) - card (A n B ) .

Sada izra.čullajmo broj elemenata skupova A , B i A n B .

1 12

POGLAVLJE

IX. 2004.

S 5 je djelj iv svaki 5-i, dakle [7800�75 00 J 60, tj . card(A) 60.42 ii. Broj onih koji nisu djeljivi s [) .je card(A) card(U \ A) = card(U) - card(A) = 300 - 60 240 . [ 7800�7500 J 42 , tj . card(B) 1 1 1 . Sa 7 jc djclj iv svaki 7-i ; dakle 42. iv. Me(iu 42 broja dj elj iva sa 7, svaki 5-i je djelj iv s 5, tj . nj ih 42 5 8. Tada j e card(A n B) 42 - 8 34.43 I.

[ ]

Daklc,

card (AUB)

card(A) +card(B) -card(AnB)

240+42-34

248 .

Sada koristimo formulu X U X = U, tj . X U \ X. Kako je univerzalni skup U u našem slučaju skup svih prirodnih brojeva n takvih da j e 7500 < n � 7800, a (A U B) U (A n B) U unija disjunktnih skupova, tada j e =

card (A n B) 5.

card U - ca.rd (.4 U B)

300 - 248

52.

Karakteristična jednadžba rekurzivne relacije glasi X 3 2x + 1 O. Rješenje ove kubne jednadžbe možemo dobiti n a više načina, a najjed nostavnij e je ovako: =

. odakle J e

1 X2 3 ,

-1

. 2 Dakle, rješenje pripadne homogene relacije j e =

D a se uklj ucIlje i 7500 bio bi i jedan više. tj . 6 1 . Formula za broj onih brojeva između uključi vo, ct koj i su cljclj ivi s k, je [f J-[ mk l ] . 13 Mogli smo i jednostavnij e. Uočimo jednostavnu skupovnu relacij u il. n B B\A B \ (A n B). Kako su skupovi B \ A i A n B disj unktni , vrijedi formula card(A n E) c8l'<1(B ) card (A n B) 42 8 34. �

m i

1 13 Sada promatramo funkciju f(n) = 5 5 · l n . Kako je 1 jednostruko rje8enje karakteristične j ednadžbe, partikularno rješenj e polazne neho Dn. Nakon uvrštavanja u zadanu mogene rekurzije je oblika Q,� rekurzivnu relacij u, dobijamo: =

D(n + l )

= 2D(n - l) � D (n - 2) - 5 =} nD + D = nD - 5

Dakle a�

= -5n i konačno

-5.

X . 2 00 4 . 1.

Zada.na j e predikatska formula

('v':r) (3y) P(x, y)

(3y) P(y, y) .

(a) Dokažite da formula nij e va.ljana. Svaki korak detaljno obrazložite. (b) Dajte interpretacij u koj a to pokazuje konkretnim primjerom i ob j asnite ga. 2.

Odredite ostatak pri dijeljenj u broj a 2222 5555 + 5555 2 222 sa 7.

3. Zadane su funkcij e f

( a) Ako je g o f : A

il.

---7

C surjekcija, dokažite da. je tada i

(b) Nađite primjer koji pokazuje da. ako je f injekcij a i da tada g o f ne mora biti injekcij a.

surjekcij a. surjekcij a,

4. Postoji li prirodan broj m , takav da nj egova 4-ta potencij a pri dij eljenju fl

4 daje kvocijent prost broj i ostatak l?

Prirodni brojevi a , b, e za koj e vrijedi 0,2 + b2 = c2 nazivaj u se Pitagorini brojevi. Ako je a = 65, odredite Pitagorine broj eve b i c.

POGLAVLJE

1 16

X. 2004.

Rješenja: 1.

(a) Neka s u ;r i y varijable definirane nad nekom domenom Đ u datoj

interpretacij i. Osnovno je primj etiti da su varijable y u formu lama (\:jx) ( �y)P(x, y) i (�y) P(y, y) u općem slučaju različite, j er su vezane djelovanj em različitih kvantifikatora.41 Dakle, za svaki x (u odnosu na neku interpretacij u) , postoji neki y = e tako da vrijedi P (x, e) . S druge strane nije za sval<:i y uvijek točno P(y, y ) . Dakle može postojati i y = b takav d a je P(b, b) netočno. Zato formula ne može biti valj ana, jer ima realizacij u (u datoj inter pretaciji i nad domenom Đ) u kojoj je P(x, e) =:} P ( e , e) netočno. Dakle formula nije valj ana.

(b) Odaberimo interpretacij u u kojoj je P == x < y, x, y E JR. Očito je (\:f.T) (�Y) (x < y) točno. S druge strane ( �Y) (Y < y) je netočno. Kako je premisa istinita, a konkluzija neistinita, implikacija je neisti nita, sto pokazuj e da formula (\:jx) (�y) P(x, y) =:} (�y) P(y, y) nije valjana:15

2 . Nismo rekli kako treba riješiti ovaj zadatak, pa ćemo pokazati dva ra zličita pristupa.

(a) (Korištenjem kongruencija) Uočimo da su 2222 i 5555 rela

tivno prosti s prostim brojem 7 jer nisu djeljivi sa 7. Pritom je 2222 = 7 · 3 17 + 3 i 5555 = 7 · 79 3 + 4. Zato možemo primjeniti mali Fer-matov teor-em. Kako je 'P ( 7) = 6, te 2222 = 6 . 370 + 2, j 5555 = 6 · 9 25 + 5, imamo:

i slično

4 .I Dakle

tada

bi promatraml formulu (Vx) (3y ) P (x , y) =} (3y) P (y, y) mogli zapisati i

obliku (Vx) ( 3y ) P (x, y) =} ( 3z)P(. : , z ) , odakle •"

moglo

biti

sve jasnije .

Slično je i s predikatom " biti okom i t " na skupu svih pravaca

ravnini.

1 17 Nakon zbrajanja kongruncija imamo 2222 5555 + 5555 22 22 (2222.5 + 55552 ) (mod 7) . Kako je 2222 = 3( mod 7) i 5555 4 (mod 7), primj enj uj ući pravila zbrajanja, patenc'imnja 'i množenja kangr'u encija, dobij amo: =

= 22225 (mod 7) + 5555 2 (mod 7) = 35 (mocl 7) + 42 (mocl 7) = 3 2 , 3 2 . 3(mod 7) + 42 (mod 7) 2 , 2 · 3 (mod 7) + 16 (mod 7) 1 2 (mod 7) + 1 6 (mod 7) = (2222 5 + 55552 ) (mod 7)

28(mod 7)

O (mod 7) ,

Dakle, broj 22225 555 + 55552 222 je djeljiv sa 7.

(b) (Direktno) Uočimo da se oba pribrojnika mogu napisati

kao

po tencije s neparnim eksponentom i zato izraz rastaviti na faktore. Dakle, 2222 55 5 5 + 5555 2 222 72 9 1111 + 16 1111

= 3 555 5 + 4 2222 = (3 5 ) 1 1 1 1 + (4 2 ) 1 1 1 1

= (72 9 + 16) (5 1 1 1 0 + . . . + 2 1 1 1 0 )

745 · ( . . . ) ,

pa je izraz djeljiv sa 7. 3.

( a) Da je g surjekcij a treba pokazati da za 'ric E G, jb E B : g(b) = c.

g J je surjekcija po pretpostavci , pa (prema definiciji surjekcij e) ja E A : g [J (u.)] = c , No J( a ) E B , tj . J(a) = b , Dakle g(b ) = c , tj , b postoji. Dakle, g je surjekcij a. o

(b) Neka je A ig;B

{ 1 , 2 } , B = { a , b, c} , G G zadane slikom =

{x, y} i funkcije J : A

B ---t

---t

b e

)

IX I I Y

1 18

POGLAVLJE Vidimo da j e

f injekcij a, g surj ekcij a, ali g o f f ( l ) = a =Ic b = .f ( 2) , a g [f (l)] = g [/ ( 2 )] = :1;.

X. 2004.

nije inj ekcij a, j er

Moralo bi biti

1 4 4 =} m = 4p + 1 =} m - l 4 (m - l ) (rn + 1 ) (m 2 + 1 ) 4p .

P+

Sada promatraj mo dva sl učaj a:

( a)

Ako j e

paran broj

2 k , tada

2 ( 23k4)

1 =Ic 4p,

jer je izraz na lijevoj strani neparan, a desnoj paran.

(b)

Ako je

neparan broj

( (2 k

m =

+ 1,

tada j e

+ 1 ) - 1 ) ( (2k + 1 ) + 1 ) ( (2 k + 1 ) 2 + 1 ) 2 k ( 2 k + 2 ) (4e + 4k + 2)

odakle skraćivanj em s

4p,

imamo

2k(k + 1 ) ( 2 k2 + 2k + 1)

K ako je p prost broj , i ova j ednakost je nemoguća. D akle broj

koj i zadovolj ava zadane uvj ete ne postoj i .

Traži s e d a bude ispunjen uvjet

6 5 2 + b2

c2 ,

tj .

c2 - b2

65 2 .

D a bismo rij eŠIli ovu nelinearnll diofantsku j ednadžbll, primj enimo meto faktorizacij e . D akle:

c2 - b2

652

( e - b) ( e + b)

52 . 1 32 .

Vodeći računa da je mec1u prirodnim broj evi ma uvjek zbroj veći od razlike, tj .

{e e

-b +b

= =

c+b 52 1 32

c - b,

{

dobijamo ova četil'i sust ava linearni h j ednadžbi:

-b

' e + b = 1 3 . 52

{

e e

+b=

5 5

. 132 '

{

e e

b= 1

+ b = 652

1 19 Zbrajanjem i oduzimanjem j ednadžbi u svakom od sustava dobijamo sljedeća. rješenja II parovima P itagorinih brojeva:

( b , e) E { ( 72 , 97) , ( 156 , 169) , (42 0 , 425 ), ( 2 1 12 , 2 1 1 3 ) }

XI. 2 004 .

Iskazna operacij a

I * II I I je definirana tablicom �. � T

�

(a) Pokažite da j e skup iskaznih operacija { * , {:;>} baza iskaznog računa. Svaki korak u dokazu obrazložite.

(b) Pomoću elemenata te baze prikažite ekskluzivnu disj unkcij u. 2. Odredite clemente A

a l , (.L2 , . . . , a n , an+ l n

{O, l } , tako da j ednadžba

iz dvočlane Booleove algebre

I1( x + i=l

)

anH

u tom slučaj u ima

dva rješenj a. Detalj no obrazložite rj ešenje.

3. Ako je p prost broj , dokažite da p I

(f:) , \Ik

4. U

skupu iskaza S definirana je relacija46 1= sa p 1= q � T(p =? q ) Dokažite d a jc relacij a 1= relacija parcij alnog uređenja.

5 . Nađite rekurzivnu relacij u za niz čiji j e opći član dat

46 Logička

posljed·i ca.

122

POGLAVLJE

XI. 2004.

Rješenja: 1.

( a)

Kako z namo da j e skup

operacij e -, i 1\ pomoću ==

Kako je

-'p,

p 1\ q

p*q

Lako se vidi da je

p {::> -'-

{ -' , I\}

{::> .

baza, dovoljno j e samo prikazati

-,p 1\ q .

p * p == -'- O Kako j e -,p = p {::> (p * p) . 47 -,p * q , koristeći -,p == p {::> (p * p)

-,( -,p)

lako dobijamo drugi rezultat

Kako su -, i 1\ prikazane pomoću

(b)

Odatle je

dobijamo prvi rezultat

{::> ,

{ * , {::> }

skup

je baza.

Ovo je trivij alno, jer je iz definicije operacij e ';{ j asno da je

-, (p {::> q) ,

pa je

p ';{ 2 . Kako j e algebra

p ';{ q

(p {::> q) {::> ( (P {::> q) * (p {::> q) ) .

{O, l } ,

tada

može imati samo vrijednosti

D akle i mamo dva slučaja:

( a)

Ako j e n

II (O i=1

+ ai)

Tada za i

Ako je

x =

( definicija nc'ntralnog elementa)

1 , 2, ai

. .

. , rL

II ( 1 + a i )

1=1

jednak

1 , tada j e

'; = 1

an+1

O, =

tada je an + 1

an+ 1 ·

an+ 1

ili an+ 1

( definicija neutralnog elementa l +

( definicija jediničnog elementa )

Netko može primjetiti da je

T == ,p,

1 ili

';' = 1

imamo dva slučaja:

idempotentnost 1 + =

1 tada je

II l

i L

Dakle imamo dva moguća rezultata

(b)

tada je

Ako je bar j edan od Ako s u svi

p '**

p ==

T, pa

an+ 1 ·

je točno i ,p

p * (p

'**

p),

1 23

Sada postoj i samo jedan rezultet

an+ l =

Ako sada pogledamo rješenje pod a ) i b ) vidimo da dva rješenj a z a :r ( T = O ili x = l ) postoje samo kada j e CLn+l = l i tada je48 .

3. Kako je p prost broj , njegovi djelitelj i su samo p i 1 . Kako je k < p, tada k i P imaju samo l kao zajednički djelitelj , pa su dakle relativno prosti. To očigledno vrijedi za

p (p - l ) . . . . . 2 . l

'IIk

p . Dakle u izrazu

(�)

(p) CIJe. . li broj. , a p i se ne mogu skratiti, to znači da se (p - l ) . . . . · 2 · l i k! moraju p . tJ . p I (p) skratiti na neki broj Tada je ( ) P -------

su P

. l

k I, "

. . . rel atlvno prost! . K ako Je

. s,

k .

(a) Moramo ispitati da li

zadovoljava svojstva refleksivnosti, anti simetričnosti i tranzitivnosti . Kako vrijedi T(P =} p) = T , tada je p 1= p, tj . reflek<.Jivnost vrijedi. ll. Ako j c p 1= q i q 1= p) tada je T (p =} q) = T i T(q =} p) = T . U tom slučaju ne smije biti T (p) =1= T (q) , jer bi tada: jedna od implikacija bila neistinita. Dakle mora biti T(p) T (q) ) tj . P == q i relacij a je antisimetrična. iii. Ako je p 1= q i q 1= r , trebamo ispitati da li vrijedi p 1= r . T , tada je T ( (p =? Dakle ako je T (p =} q) = T i T(q =} r) q) 1\ ( q =} r ) ) T. Kako vrijedi tautologija tranzitivnosti za implikaciju, tada je T(p =} r ) T , tj . P 1= r, pa je relacija 1= tranzitivna. 1.

�SNe gledajući toliko forma.lno, rješenje se odmah može naslutiti. Naime ako su svi ai Li 1 , 2, . . . , n produkt im je l , pa ćemo dodava.j ući x = O ili x = l na l , dobivati uvjek is t i rezultat 1 . Dakle II tom slučaj u su dva rješenj a, odnosno rezultat je (al , U'2 , . . , an ) an+d (l, l , . . , l , l). N o kad j e bar jedan a i = O , i = 1 , 2 , . , n , tada i m je produkt O , pa se rezultat mijenja dodavaj ući O ili 1. Naime l + O l i O + O = O. Dakle tu bi imali po jedno rje!:ienje za svaki slučaj . =

POGLAVLJE

1 24

XI. 2004.

Dakle relacija F je relacija. parcijalnog uređenj a. 5 . D ajem dva rje.<:; enja:

,. . . , . . (a) BuducI d a moramo e1ll11ll1Iratl dva Izraza

(

1 + ..;2 2

)H ( .

1 - ..;2 2

)

iz izraza za opći član an , moramo formirati SlL.') tav od tri relacije. Zato uvodimo izraze za i Dakle:

an+ l an+ 2. a n+ 1 Jz [( 1+2J2 r+ 1 - ( 1 -2J2 ) 11.+ 1 ] � [( 1+2J2) ( 1 +2J2) ( 1-2J2 ) n ( 1 -2V2) ] 1 Jz [� ( 1 +2J2y + if ( 1+2° ) n � (1-2V2) 1. + n + V; (1-2J2 ) ] � a � [ ( 1 +2V2) n ( 1-2V2 ) n] n =

Dakle:

1 25

tad a s u X l

J2 . l

X2 =

- J2 rješenja . . kara "tenst lcne . O, tj . x 2 - - l = O. n

. �

2 2 + + 2 j ednadžbe X - (:r 1 :r:2);T, xl. Xz = x Ako sada pomnožimo poslj ednj u relacij u s x , dobijamo relacij u ;r; n+2 - x n +1 - ::c n = O. Sada unatrag primjenimo Eulerovu sup stitucij u, tj . supstitucij u :rn = an i dobijamo rekurzivnu relacij u 1 . O,n+ 2 - an +1 - "4 Un = O, tj . an+2 _ - an+1 + :tl Un ·

Kako je rekurzivna relacij a u potpunosti zadana tek s početnim uvj e tima, u oba slučaja moramo odrediti i početne članove niza. Kako j e rekurzivna relacij a drugog reda, i z zadanog općeg člana niza moramo izračunati još i dva početna člana. To su aa = O i al = 1 . Dakle u oba slučaj a moramo pisati

1.2005 . 1.

Metodom red'l1ctio ad abs-ard-n m dokažite istinitost iskazne formule

[(p V q) 2.

<=?

(]J V r ) ] => {[( q => p )

Dokažite i obrazložite t;vaki korak " U Booleovoj algebri je

3. Dokažite da n5 -

<=?

(r => p) ] V ( q <=? r) } .

tvrdnj i:ri9

algebra sadr ži samo jedan element. "

djeljivo s 30 za svaki prirodan broj

4 . Ostatak pri dijelj enju svakog prirodnog broj a s njegovih l';namenki. Tvrdnj u dokažite:

9, jednak je zbroj u

( a) korištenjem kongruencij a, (b) bez korištenja. kongruencija. 5.

Na skupu svih iskaza S sa p � q relacij a. parcij alnog uređenj a.

<def;.

T(p => q) =

definirana je j edna

( a) Dokažite da je (S, �) lanac. (b) Odredite maksima.lni i minimalni element tog lanca. se B ooleova algebra definira li minimalno dva elementa i su O "/ 1 , pa da ovaj zadatak nije ispravno postavljen. To nije istina, j er su II tom

49 Dobio sam primj edbu, da

pritom

slučaj u i prvi i drugi s ud

" U BooLeo uoj a lgebri je O

ekv ivalencija opet točna. '

l " i " a lgebra sadrži samo jedan element " l ažni, pa j e

Uzgred, raeli se o definiciji Booleovc algebre, a ona može b i t i i ovakva i onakva, tj . i nacl min i m a l no clvočlanim skupom s razli č itim

O i

l, ali i nacl proizvoljnim neprazn im

skupo m . Jcono (;\i.ma algebra doduše tada nije od nekog specijalnog interesa, ali j e činjenica da zadovoljava sve

i ome Boolc()ve al gebre i da jc zato trivijalna algebra. druge Sha.llC značajna algebra.

ak s

Booleo"a algebra je s

Dvočlana

1 28

POGLAVLJE

1. 2005.

Rješenja: 1.

Pretpostavimo da formula nije tautologija, tj .da može biti i netočna. Kako je formula jedna implikacija oblika F =? G ) tada. bi za neke iska,ze p, q i r moralo biti T( F) = T ( [(p V q) {::} (p V T)] ) = T i T(G) = T( [(q =? ]J ) 1\ ( 7' =? p)] V (q {::} T ) ) = � .

I z posljednje jednakosti tada slijede relacije T ( (q =? p) 1\ ( r =? p) ) = � i T ( q {::} r) = � Prva relacij a je konj ukcij a, a ona je netočna ako j e bar jedan o d iskaza q =? ]J ili r =? ]J netočan. Kako s u oba iskaza implikacije, tada zaklj učujemo da mora biti T(p) = � . Iz druge relacij e T( q {::} r) = � zaklj učujemo da su q i r različite istinosne vrijednosti. Sada varirajmo npr. istinitost od q: .

T - Ako je T(q) = � tada j e (zbog različitosti u istinitosti) T(r) i zato T (F) = [(� V �) {::} ( � V T)] = � . Kontradikcij a s pret postavkom. =

- Ako jc T( q) = T tada je (zbog različitosti u istinitosti) T (r) = � i zato T( F) = [(� V T) {::} (� V �)l = � . Kontradikcij a s pret postavkom. U oba slučaj a smo dobili kontradikcij u T(F) T( F) = T, pa j e zadana formula tautologij a.

� s pretpostavkom

2. Moramo dokazati oha smjera ekviva.lencUe . Dakle: ( aksiom neutralnog elementa O) = .T, + O = (po pretpostavci je O = 1 ) = x + 1 = (svojstvo jediničnog elementa

( =? ) Za svaki :r vrUedi:

1 ) = 1 . A mogli smo i owum: Za svaki x vrij edi: x = ( aksiom jedin'ičnug elementa 1 ) = x 1 (po pretpostavci je O = 1 ) = :r . O = ( svojstvo neutr'Q,lnog elementa O) = O. Kako je po pretpostavci O 1, u oba sl učaj a smo dobili da j e .T = 1 ili :r = O , p a je x = 1 = O, tj . postoji samo taj jedan clement (O, odnosno 1 ) . .

= x i x · x = x . S druge stra.ne se radi o Booleovoj algebri pa vrij ede aksiomi neutralnog i j ediničnog elementa x + O x. Usporedimo li ova x i J; . 1

({::: ) Ako je x j edini element , tada. je točno i x +:r =

1 29 dva aksioma s prethodne dvij e relacije, primj etićemo da

ima ulogu neutralnog elementa je

x =

O i

x = l,

tj . O

ovdj e

ali i jediničnog elementa

Dokaz ćemo izvesti direktnom me todom.5o

(I. način) n5 - n n(n4 - 1) = n(n2 - 1 ) (n2 + l) (n - l)n(n + l ) (n2 + l ) . Prva tri faktora su uzastop na tri prirodna broja, pa je nj ihov produkt dj elj iv s 6 . Trebamo još pokazati dj elj ivost s 5. Zato promatraj mo s ve prirodne broj eve u 5 klasa [5mJ , [5m + lj , [5m + 2] , [5m + 3] i [5m + 4] . =

- n - n

= =

- 71. =

faktor

5m + l 5m + 2

- 71. =

5rn + 3

5m + 4

je dj elj iv s

- n

je dj eljiv

n - l je djelj iv s 5 faktor n2 + l = (5m + 2)2 + l = 25m2 + 20rn + 5

faktor

je djeljiv s

faktor

n2 n

l = (5m + 3 ) 2 + l l

30.

(II. način)

Da imamo produkt

bio očiglc'Cino dj elj iv s

30.

25m2 + 30m + 10

je djeljiv s

Dakle uvjek postoj i j oš i faktor djelj iv

pa je cijeli izraz dj elj iv

uzastopnih prirodnih broj evC1,

011

n·ansformirajmo zato izraz n a sljedc'Ći

način : 71.5

-n

n (n2 - 1 ) (n2 + l )

n(n2 - 1 ) (n2 - 4) Prvi pribroj lli k j e produkt

n(n2 - 1 ) [(n2 - 4)

5n(n 2 - 1 ) .

n(n2 - 1 ) (n2 - 4)

(n - 2 ) (n - l)n(n + l ) (n + 2 )

uzastopnih prirodnih brojeva: pa je očigledno djelj iv s

30. Drugi pribroj nik j e clj elj iv s

5n (n2 - l ) 30.

i s 5, dakle i s

5(n

Kako su oba pribroj nika djclj iva s

30,

- J Zadatak možete riješiti i matemat ičkom ind ukcij om .

l)n(n + l ) ,

tada j e i

pa j e očigledno

n5 - n

dj eljiv s

30.

1 30

POGLAVLJ E

4. Označimo s

1. 2005 .

prirodan broj koj i dijelimo s 9.

111

( a) m =

( an(l n - 1 . . a 1 aO ) 1O .

an 1 0

+ CLn_ 1 1 0n- l + . . . + 1 00. 1 +

(an I On - an ) + . . . + ( 1 020.2 -

( an

an ( 1 0 _ 1 ) ( 1 0n-

( an

+ . . . + 02 +

(L l

+ ao )

)

(Lo =

+ ( 1 00. 1 - CL l ) +

+ . . . + 1 ) + a2 ( 1 0 - 1 ) ( 1 0 + 1 ) + 9 a 1 +

+ . . . + a2 + 0. 1 +

)

aa ·

Kako su svi pribroj nici do posljednjeg djelj ivi s 9, tada je ostatak pri dijeUenj u broja m s 9 očigledno 2: ai .

(b) Promatrajmo polinom Pn ( 1 0)

a P(l) r =

Pn ( x )

anx

+ . ..+ a1X +

CIo .

Tada je

2: ai ' Prema poznatom teoremu

s ( mod k)

Pn Cr)

Pn ( s ) (mod

slijedi da je 10

1 (mod 9)

Pn ( 1 0)

�1 ( 1 ) (mod 9)

=} m =

2: CLi (mod 9) .

Dakle ostatak pri dij elj enj u s 9 je 2: ai. ' 5.

( a) Ako je p F g tada su p i q uporcdivi. Ako nij e p F g , tada je T(p =} q ) = --1 , pa j e T (p) = T , a T(q) = --1 . Zato je tada T( q =} p ) T , tj . g F p, p a su p i g opet uporedivi. Dakle uvijek j e p F q i li q F p, pa su svaka dva iskaza p i g uporediva, tj . S je =

lanac.

q ) = T i T(p =} T) T, tada je --1 F q i p F T za bilo koje iskaze p i q) tj . --1 je minimalni, a T maksimalni element

(b) Kako je T( --1 lanca S .

11 . 2 00 5 . 1 . Iskazne operacije

zadane su tablicama

�I I I I II I I l2IiliJ [TIiJ � � T

( a) (b)

�

Pokažite da te operacije tvore bazu. Pomoću tih operacij a prikažite 1\ i :::::;. .

2 . D okaZl " te da 3.

�

2 y3 BlJC ..

N ako 3 1 (1 , 4 1 a i

( a)

Odredite

(b)

Rij ešite diofantsku j ednadžbu 3::1: + y

djelitelja od

raClOna . l an broJ. .

T a

( )

14,

gdj e je

T a

( )

ukupan b roj

skupovima 7L i N.

<C skup kompleksnih brojeva i na skupu <C\ {O} zadana relacija deI na s l·Jed eCl nacm: . Zl PZ2 {::} Re ZI ' Im Z2 Re Z2 ' I ill Z I '

4. Neka je p

( a) (b)

/ .

Dokažite d a j e p rclacij a ekvivalencije. Grafički opišite klase ekvivalencij e i kvocijentni skup .

I jn l

5. Dokažite da je za svaki prirodan broj

gdj e je

1 O

točno:

Fn + l Fn

n-ti Fibonaccij ev broj . Na osnovi ovog rezultata dokažite da

za svaki proro dan broj

vrijedi relacija

Fn + l . Fn-l - F�

( - 1 r.

132

POGLAVLJE

11.2005.

Rješenja: 1.

( a)

Kako j e

prvoj tablici samo jedan T ,

u drugoj samo jedan

1. , tada moramo uočiti da je prvom tablicom definirana jedna

p * q = P 1\ 'q

konj unkcij a, a drugom jedna disj u nkcija. Dakle,

Poq

p V 'q.

Da bi pokazali da

tvore bazu, prikazaćemo ' i 1\

( ili V)

o. Uočimo prvo da je p * p == 1. i p 0 ]J == T . Tada (]J * p) o p == 1. o p == 1. V ,p == ,p, ali također i (p o p) * p == T * P == T 1\ ,p == ,p . Sada još moramo prikazati 1\ pomoću * ili o . To j e sasvim jednos t avno, jer je * jedna konj unkcij a, pa samo u p 1\ q moramo nekako " ubaciti " '. D alde, p 1\ q == P 1\ , ( ' q) == p * ( ' q) p * ( (q * q) o q) ili P 1\ q == P * ( ( q o q) * q). 51 *

pomoću

je očigledno

Kako smo u gornjem slučaj u prikazali 1\ pomoću

(b)

rezultat

p 1\ q

p * ( (q * q) o q) . 52

* i o,

sada imamo

=> je jednostavno prikazati pomoću * i o, ako znamo q = ,p V q. Dakle, p => q == ,p V q = q V ,p = q o p. . . v'3 raClOna . . 2 . P retpostaVllTIO · lan brOJ , tj' . suprotno, tj . d a je E Z i

m, n

(m, n) = 1 (tj . m

su "skraćeni " ) .

da je

p => m n

v'3 2

Do kontradikcij e

dolazimo sljedećim nizom zaključivanja:

v'3

pa je

') '

bio djeljiv

mora i

tj .

4 nprosti brojevi, tada mora biti -

3n-

m,2

-{-,p)

4rn2 .

dj clj iv s 3 , a

biti djeljiv s

5 l Da smo odabrali relaciju p 1\ q

3.53

Kako su

djeljiv s 4. Da bi

S druge strane, da bi

Neobičan je rezultat i da se konj u nkcija može izraziti samo operacijom

P 1\

(p 1\ -,p) V ( p 1\ q ) == ( -'p V q) == P 1\ -' (p 1\ -,q) == P * (p 1\ ,q) q)

bio

1\ q dobili bismo neke druge dvije ( točne)

reprezentacije ..L V (p 1\

i 4 relativno

Naime,

p l\ q ==

p * (p * q)

52Na sličan način kao maloprije može se izraziti i

5 3 To se lako pokaže promatraj ući slučaj eve kad je

V pomoću * i m =

3k ili

o. =

Pokui:laj te!

:3k

+ 1 ili

m =

3k + 2.

Inače, ovaj dokaz djeljivosti ( i slične) u ovakvom tipu zadatka ne smatramo potrebnim

133 djelj iv s 4, dovolj no je da TL bude djc�jiv s 2 . 54 Dakle, mora biti m = 31,; i n = 21 . Tako dalje iz 3n2 = 4m2 dobijamo da je 3(21)2 = 4(3k ) 2 , tj . 1212 = 3 6 k2 i na kraj u e = 3k 2 . Sada (kao i maloprije) započinjemo novi niz zaklj učivanj a, počevši od tvrdnj e 12 = 3k2 , l, k E 7 L Tako zaključujemo da je 12 djdjivo S 3, pa i l mora biti djeljiv s 3, tj . l = 3p. Sada je (3p)2 = 3k2 , pa je J.: 2 = 3p2 . Opet je i 1.:2 djeljiv S 3, pa j e i J.: dj djiv s 3, tj . k = 3q . Napokon izvedimo kontradikcij u:

m n

3 J.:

3 (3q)

2(3p)

6p '

skrativ ! Ovo je kontradikcij a s pret.postavkom, pa pa j e racionalan broj .

� nije

3. ( a) Kako 3 1 a i 4 1 a, tada j e a = 2cQ 3Q2 · 5Q3 . . . . . p�k i sigurno O� l � 2, 0: 2 � 1 , a ostali a i � O . S druge strane j e T ( a ) = (0:1 + 1) (0:2 + 1 ) (0:3 + l ) " . (O:k + 1 ) = 1 4 . Kako svaki ( ai + 1 ) 1 1 4, a 14 2 · 7, to je moguće samo ako je (Q1 + 1) 1 14 i (Q2 + 1 ) 1 14 . Kako je 1 4 = 2 . 7, ostalih netrivijalnih djelitelj a nema. Tako se sve svodi na dva slučaja: •

0: 1

+1=2

ili

1 =7

1 i Q2 = 6, a 11 drugom Ql = 6 i Q2 = 1 . Dakle, postoj e dva. rj ešenja al = 2 . 36 = 1 458 i a 2 = 2 6 . 3 = 1 92 . Rje!ienj e u prvom sluča.j u je Q1

strogo dokazivati, već se samo pozivamo na poznate rezultate. U nekom drugom tipu zadatka, to bi mec1utim bilo obavezno. 54Ka0 i II prethodnoj noti, za dokaz ove tvrdnje, treba. promatrati slučajeve 11 21 ili TI, 21 + 1 =

1 34

POGLAVLJE (b)

II. 2005.

y 2 = 3 ( 1 0 :r ) odmah zaklj učuj emo da 3 1 :1/ , pa 31y, tj . Y 31,;. Saela j oš iz zadane 2 j ednadžbe odredimo :r: . Dakle, 3( 1 0 . - x ) = 9k , tj . 10 - .T = 31,; 2 i konačno x 1 0 - 31,; 2 . Rješenj a u skupu Z su parovi (:r, y) ( 1 0 - 3k 2 , 3k), k E Z. 2 Za sl učaj 1\1 mora biti x � 1 i :tl � 1, tj . 1 0 - 3k � 1 i 3 1,; > 1 . Rješenj e prve nej ednadžbe vodi do k 2 � 3, pa je j e l,; � 1 . Rij ešenj e druge nejednadžbe j e k � 1 . Rj ešenj e su�t a.va od obe Prikažemo l i diofant�ku j ednadžbu u obl iku

nej ednadžbe je očigledno samo k

prirodnih broj eva

( x J y)

(7, 3) .

1, pa je rj ešenj e u parovima

(a)

p je relacij a ekvivalencij e, ako pokažemo da j e refleksivna, simetričnt.

tranzit ivna . Dakle:

- ZI PZl - Z1 PZ2

<=>

Re ZI

Im ZI

Re ZI . Im

Re ZI . Im ZI , pa j e relacija refleks ivna.

= Re Z2 . I m ZI

j e relacij a simetrična..

Im Z2

<=>

Z2PZl ,

- Z1 PZ2 1\ Z2PZ3 <=> ne ZI . Im Z2 Re Z2 . Im Z1 1\ Re 2'2 . Im Z3 . Re z3 I m Z2 ' Ako prvu rel acij u napišemo u obliku ne Z2 Im ZI Re ZI . Im 2'2 i zatim podijelimo s drugom, dobićemo I m zl Re ZI .. relacIJ u --- = n odnosno Re ZI . Im Z3 Re ;�3 Im ZI , I m Z3 .e Z 3 a što zna.či da j e :" I PZ3 ' Dakle relacij a j e i tranzi tivna. =

Dakle, p je relacija ekvivalencij e .

(b)

Kompleksni brojevi

ZI i Z2

su u relacij i p ako j e zadovolj ena defini

cij sk.:'l relacij a Re ,Z I ' Im 22 Re ,2'2 ' Im Z I , odnosno u ne..što drukčiIm ZI .. . . J em obliku relaCij a I m Z2 = - . Re 2'2 ' Poslj ednj a relacija karakRe ZI terizira geometrijsko mj esto točaka na pravcll kroz ishodište koor=

dinat nog sustava s osi m a Re ,2' 2 i Im

(O, O ) )

Z2 , i

zato su ti pra.vci ( bez točke

geometrij ska reprezelltacija kla...sa ekvivalencij e relacij e p.

K vocij entni skup je dakle skup svih t i h pravaca .

( a)

Dokaz cemo provesti matematičkom ind ukcij om . Dakle:

1 35 -

n = 1 relacija jc točna, jer je

0, Fl

- pretpostavimo da zada,na relacij a vrij edi . - koristeći prethodnu pretpostavku dokažimo da sada vrijedi relacij a

Zaista:

[ (b)

Fn+l + Fn

F;, + Fn- 1

Fn+l Fn