Predavanje7 DMA - Tehnike dokazivanje

124
-1

Published on

TEHNIKE DOKAZIVANJA STRATEGIJA DOKAZIVANJA,REZONOVANJE UNAPRED I UNAZAD,MATEMATICKA INDUKCIJA,Matematicke definicije

Published in: Education
0 Comments
0 Likes
Statistics
Notes
  • Be the first to comment

  • Be the first to like this

No Downloads
Views
Total Views
124
On Slideshare
0
From Embeds
0
Number of Embeds
0
Actions
Shares
0
Downloads
0
Comments
0
Likes
0
Embeds 0
No embeds

No notes for slide

Predavanje7 DMA - Tehnike dokazivanje

  1. 1. Strategija dokazivanjaStrategija dokazivanjaStrategija dokazivanja U prethodnom delu govorili smo o najvaˇznijim metodima dokazivanja i dali smo brojne primere kako se oni koriste. Med¯utim, samo u najkra´cim crtama osvrnuli smo se na strategiju koja leˇzi iza konstrukcije dokaza. Ovde ´cemo re´ci neˇsto viˇse o toj strategiji, i da´cemo brojne savete koji mogu biti od velike koristi u pronalaˇzenju dokaza teorema. Kada se suoˇcimo sa tvrd¯enjem koje treba dokazati, prva stvar koju treba uraditi je da se rastumaˇci znaˇcenje termina koji se u njemu javljaju, a potom se paˇzljivo analizira znaˇcenje pretpostavki i zakljuˇcka. Kada to uˇcinimo, onda pokuˇsavamo da dokaˇzemo tvrd¯enje koriste´ci neki od metoda koji su nam na raspolaganju. Diskretne strukture – 2 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 2 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 2 – Tehnike dokazivanja - II deo
  2. 2. Strategija dokazivanjaStrategija dokazivanjaStrategija dokazivanja Generalno, ako se radi o tvrd¯enju koje ima oblik implikacije, onda prvo probamo sa direktnim dokazom. Ako to ne uspe, moˇzemo probati sa indirektnim dokazom. Ako ni indirektan dokaz ne da rezultat, moˇzemo probati sa dokazom svod¯enjem na kontradikciju, ili nekim drugim metodom dokazivanja. Diskretne strukture – 3 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 3 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 3 – Tehnike dokazivanja - II deo
  3. 3. Rezonovanje unapred i unazadRezonovanje unapred i unazadRezonovanje unapred i unazad Bilo koji metod dokazivanja da izaberemo, uvek moramo imati polaznu taˇcku u dokazu. Da bi krenuli sa direktnim dokazom implikacije, moˇzemo krenuti od pretpostavki. Koriste´ci te pretpostavke, zajedno sa aksiomama i od ranije poznatim teoremama, moˇzemo konstruisati dokaz kao niz koraka koji vode do zakljuˇcka. Ovaj tip rezonovanja naziva se rezonovanje unapred. To je najˇceˇs´ci tip rezonovanja koji se koriste da bi se dokazala relativno jednostavna tvrd¯enja. Sliˇcno, u indirektnom dokazu moˇzemo krenuti od negacije zakljuˇcka i, korak po korak, do´ci do negacije pretpostavke. Diskretne strukture – 4 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 4 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 4 – Tehnike dokazivanja - II deo
  4. 4. Rezonovanje unapred i unazadRezonovanje unapred i unazadRezonovanje unapred i unazad Med¯utim, nekad je veoma teˇsko koristiti rezonovanje unapred u dokazi- vanju komplikovanijih tvrd¯enja, jer rezonovanje koje je potrebno da bi se doˇslo do ˇzeljenog zakljuˇcka moˇze biti veoma daleko od oˇciglednog. U takvim sluˇcajevima moˇze biti korisno upotrebiti rezonovanje unazad. To je takav vid rezonovanja kod koga, da bi dokazali tvrd¯enje q, to radimo tako ˇsto pronalazimo tvrd¯enje p takvo da ga moˇzemo dokazati, kao i da moˇzemo dokazati taˇcnost implikacije p ⇒ q. Primetimo da ne bi bilo od pomo´ci prona´ci tvrd¯enje r takvo da ga moˇzemo dokazati, i da moˇzemo dokazati implikaciju q ⇒ r, jer izvod¯enje zakljuˇcka da je q taˇcno, iz taˇcnosti tvrd¯enja q ⇒ r i r, predstavlja greˇsku konverzije. Diskretne strukture – 5 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 5 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 5 – Tehnike dokazivanja - II deo
  5. 5. Rezonovanje unapred i unazadRezonovanje unapred i unazadRezonovanje unapred i unazad Primer 1: Za pozitivne realne brojeve a i b, njihova aritmetiˇcka sre- dina je (a + b)/2, a njihova geometrijska sredina je √ ab. Kada uporedimo aritmetiˇcku i geometrijsku sredinu na nekim konkret- nim parovima brojeva, primeti´cemo da je aritmetiˇcka sredina uvek ve´ca od geometrijske sredine. Da li se moˇze dokazati da je ta nejednakost uvek taˇcna? Reˇsenje: Da bi dokazali da je (a+b)/2 > √ ab, za proizvoljne pozitivne realne brojeve a i b, moˇzemo upotrebiti rezonovanje unazad. Rezonovanje unazad upotrebi´cemo tako ˇsto ´cemo formirati niz ekviva- lentnih nejednakosti. Diskretne strukture – 6 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 6 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 6 – Tehnike dokazivanja - II deo
  6. 6. Rezonovanje unapred i unazadRezonovanje unapred i unazadRezonovanje unapred i unazad (a + b)/2 > √ ab ⇔ (a + b)2 /4 > ab ⇔ (a + b)2 > 4ab ⇔ a2 + 2ab + b2 > 4ab ⇔ a2 − 2ab + b2 > 0 ⇔ (a − b)2 > 0 Kako je (a−b)2 > 0 taˇcno za a = b, to je taˇcna i polazna nejednakost. Poˇsto su sve gornje jednakosti ekvivalentne, zakljuˇcujemo da za a = b vaˇzi (a + b)/2 > √ ab. Primetimo da kada smo, rezonovanjem unazad, doˇsli do dokaza, onda lako moˇzemo konstruisati dokaz koriste´ci rezonovanje unapred. Diskretne strukture – 7 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 7 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 7 – Tehnike dokazivanja - II deo
  7. 7. Rezonovanje unapred i unazadRezonovanje unapred i unazadRezonovanje unapred i unazad Primer 2: Uzmimo da dve osobe igraju igru u kojoj u svakom potezu imaju pravo da uklone 1, 2 ili 3 kamena sa gomile u kojoj je na poˇcetku igre 15 kamenova. Dokazati da prvi igraˇc moˇze pobediti bez obzira na to ˇsta ´ce uraditi drugi igraˇc? Dokaz: Da bi smo ovo dokazali rezonujemo unazad. U poslednjem koraku, prvi igraˇc ´ce pobediti ako je na gomili ostalo 1, 2 ili 3 kamena. Drugi igraˇc mora biti primoran da ostavi 1, 2 ili 3 kamena na gomili ako mu je u pretposlednjem koraku prvi igraˇc ostavio na gomili 4 kamena. Prvi igraˇc to moˇze uraditi ako je prethodno na gomili ostalo 5, 6 ili 7 kamenova, ˇsto ´ce se desiti ako je drugi igraˇc prethodno uklanjao kamenje sa gomile od 8 kamenova. Diskretne strukture – 8 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 8 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 8 – Tehnike dokazivanja - II deo
  8. 8. Rezonovanje unapred i unazadRezonovanje unapred i unazadRezonovanje unapred i unazad Da bi prvi igraˇc drugom ostavio 8 kamenova, treba da je pre njegovog poteza na gomili bilo 9, 10 ili 11 kamenova, ˇsto znaˇci da je drugi igraˇc prethodno uklanjao kamenje sa gomile od 12 kamenova. Jasno, to se moˇze desiti ako je prvi igraˇc u prvom potezu sa komile uklonio 3 kamena. Dakle, ako sada krenemo da rezonujemo obrnutim putem, vide´cemo da ´ce prvi igraˇc sigurno pobediti ako sledi slede´cu strategiju. U svom prvom potezu prvi igraˇc uklanja sa gomile 3 kamena, i na gomili ´ce ostati 12 kamenova. Potom, ako bi drugi igraˇc uklonio n kamena, n ∈ {1, 2, 3}, onda bi u svom slede´cem potezu prvi igraˇc uklonio 4 − n kamena. Dakle, drugi i prvi igraˇc ´ce nadalje zajedno uklanjati 4 kamena, tako da ´ce pred potez drugog igraˇca na gomili ostati 12, 8 i 4 kamena. Diskretne strukture – 9 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 9 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 9 – Tehnike dokazivanja - II deo
  9. 9. Ojaˇcavanje dokaza podelom na sluˇcajeveOjaˇcavanje dokaza podelom na sluˇcajeveOjaˇcavanje dokaza podelom na sluˇcajeve Onda kada nije mogu´ce razmatrati sve sluˇcajeve dokaza istovremeno, treba razmiˇsljati o dokazu podelom na sluˇcajeve. Kada ´cemo upotrebiti takav dokaz? Generalno, treba razmiˇsljati o takvom dokazu onda kada ne postoji oˇcigledan naˇcin da se zapoˇcne dokaz, ali bi neka dodatna informacija u svakom od sluˇcajeva pomogla da se izvede dokaz. Na primer, kada se dokazuju tvrd¯enja o celim brojevima, ˇcesto je veoma korisno odvojeno razmatrati parne i neparne brojeve. Sliˇcno, ˇcesto moˇze biti korisno da odvojeno razmatramo sluˇcajeve kada broj pri deljenju nekim fiksiranim brojem n daje ostatke 0, 1, . . . , n−1. U radu sa realnim brojevima, ˇcesto je korisno odvojeno razmatrati pozi- tivne i negativne brojeve. Diskretne strukture – 10 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 10 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 10 – Tehnike dokazivanja - II deo
  10. 10. Ojaˇcavanje dokaza podelom na sluˇcajeveOjaˇcavanje dokaza podelom na sluˇcajeveOjaˇcavanje dokaza podelom na sluˇcajeve Napomena 1: Treba voditi raˇcuna o tome da se ne napravi greˇska koja je veoma ˇcesta kada se koristi dokaz podelom na sluˇcajeve, a to je da se ne zaboravi na neki od sluˇcajeva i na taj naˇcin se ne razmotre svi mogu´ci sluˇcajevi. Primer 3: Ako je n ceo broj koji nije deljiv sa 2 ili 3, dokazati da je broj n2 − 1 deljiv sa 24. Dokaz: Da bi smo pokuˇsali da ovo dokaˇzemo bez podele na sluˇcajeve, uoˇci´cemo da je n2 − 1 = (n − 1) · (n + 1). Med¯utim, ni odatle se ne vidi jasno kako bi smo mogli direktno da doka- ˇzemo da je taj broj deljiv sa 24, ukoliko n nije deljiv sa 2 ili 3. Dakle, dokaz podelom na sluˇcajeve bi bio razuman pristup, ali se tu postavlja pitanje koje sluˇcajeve razlikovati. Diskretne strukture – 11 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 11 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 11 – Tehnike dokazivanja - II deo
  11. 11. Ojaˇcavanje dokaza podelom na sluˇcajeveOjaˇcavanje dokaza podelom na sluˇcajeveOjaˇcavanje dokaza podelom na sluˇcajeve Kako n nije deljiv sa 2 ili 3, onda imamo da n nije deljiv sa 6, pa bi se moglo pokuˇsati da se razlikuju sluˇcajevi u odnosu na ostatak koji broj n daje pri deljenju sa 6. Dakle, pri deljenju sa 6 broj n moˇze dati ostatak 0, 1, 2, 3, 4 ili 5. Odmah moˇzemo iskljuˇciti sluˇcaj n ≡ 0 (mod 6), jer je onda n deljiv i sa 2 i sa 3, sluˇcajeve n ≡ 2 (mod 6) i n ≡ 4 (mod 6), jer je onda n deljiv sa 2, i sluˇcaj n ≡ 3 (mod 6), jer je onda n deljiv sa 3. Prema tome, preostaju samo sluˇcajevi n ≡ 1 (mod 6) i n ≡ 5 (mod 6). [1] Neka je n ≡ 1 (mod 6), tj. n = 6k + 1, za neki ceo broj k. Tada n2 − 1 = (n − 1)(n + 1) = 6k(6k + 2) = 12k(3k + 1). Sada i ovde vrˇsimo podelu na sluˇcajeve, i to na sluˇcaj kada je k paran broj, i kada je k neparan. Diskretne strukture – 12 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 12 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 12 – Tehnike dokazivanja - II deo
  12. 12. Ojaˇcavanje dokaza podelom na sluˇcajeveOjaˇcavanje dokaza podelom na sluˇcajeveOjaˇcavanje dokaza podelom na sluˇcajeve [1.1] Neka je k paran broj, tj. k = 2i, za neki ceo broj i. Tada je n2 − 1 = 12 · 2i · (3 · 2i + 1) = 24i(6i + 1), pa je u ovom sluˇcaju n2 − 1 deljiv sa 24. [1.2] Neka je k neparan, tj. k = 2i + 1, za neki ceo broj i. Tada je n2 − 1 = 12(2i + 1)(3(2i + 1) + 1) = 12(2i + 1)(6i + 4) = 24(2i + 1)(3i + 2), pa je i u ovom sluˇcaju n2 − 1 deljiv sa 24. [2] Neka je n ≡ 5 (mod 6), tj. n = 6k + 5, za neki ceo broj k. Tada n2 − 1 = (n − 1)(n + 1) = (6k + 4)(6k + 6) = 6 · 2 · (3k + 2)(k + 1) = 12(3k + 2)(k + 1). Diskretne strukture – 13 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 13 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 13 – Tehnike dokazivanja - II deo
  13. 13. Ojaˇcavanje dokaza podelom na sluˇcajeveOjaˇcavanje dokaza podelom na sluˇcajeveOjaˇcavanje dokaza podelom na sluˇcajeve Sada i ovaj sluˇcaj delimo na dva sluˇcaja, kada je k paran broj, i kada je k neparan broj. [2.1] Neka je k paran broj, tj. k = 2i, za neki ceo broj i. Tada je n2 −1 = 12(3k+2)(k+1) = 12(6i+2)(2i+1) = 24(3i+1)(2i+1), i dakle, n2 − 1 je deljiv sa 24. [2.2] Neka je k neparan, tj. k = 2i + 1, za neki ceo broj i. Tada je n2 − 1 = 12(3k + 2)(k + 1) = 12(6i + 5)(2i + 2) = 24(6i + 5)(i + 1), pa i ovde dobijamo da je n2 − 1 je deljiv sa 24. Prema tome, u svim mogu´cim sluˇcajevima smo dokazali da je n2 − 1 deljiv sa 24, ˇcime je dokaz polaznog tvrd¯enja zavrˇsen. Diskretne strukture – 14 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 14 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 14 – Tehnike dokazivanja - II deo
  14. 14. Ojaˇcavanje dokaza podelom na sluˇcajeveOjaˇcavanje dokaza podelom na sluˇcajeveOjaˇcavanje dokaza podelom na sluˇcajeve Primer 4: Dokazati da jednaˇcina x2 + 3y2 = 8 nema celobrojnih reˇsenja (reˇsenja koja su celi brojevi). Dokaz: Veoma brzo moˇzemo redukovati problem na priliˇcno mali broj sluˇcajeva ako uoˇcimo da |x| 3 povlaˇci da je x2 + 3y2 x2 > 8, i da |y| 2 povlaˇci x2 + 3y2 3y2 > 8. Dakle, preostaje da se razmotre sluˇcajevi kada je x ∈ {−2, −1, 0, 1, 2} i y ∈ {−1, 0, 1}, odnosno, kada je x2 ∈ {0, 1, 4} i y2 ∈ {0, 1}, tj. kada je 3y2 ∈ {0, 3}. Sada je jasno da je najve´ci zbir koji mogu dati broj iz skupa {0, 1, 4} i broj iz skupa {0, 3}, jednak 7, ˇsto znaˇci da je x2 + 3y2 < 8. Diskretne strukture – 15 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 15 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 15 – Tehnike dokazivanja - II deo
  15. 15. Prilago ¯davanje postoje´cih dokazaPrilago ¯davanje postoje´cih dokazaPrilago ¯davanje postoje´cih dokaza Jako dobar naˇcin da dokaˇzemo neku teoremu je da iskoristimo dokaz neke druge teoreme i prilagodimo ga teoremi koju dokazujemo. U mnogim sluˇcajevima nas prilagod¯avanje nekog postoje´ceg dokaza moˇze dovesti do dokaza novog rezultata. ˇCak i u sluˇcaju kada se postoje´ci dokaz ne moˇze prilagoditi tako da bi se dobio dokaz neke nove teoreme, ˇcesto je dovoljno iskoristiti neku ideju koja je koriˇs´cena u postoje´cem dokazu. Upravo zbog toga ˇsto se postoje´ci dokazi mogu veoma uspeˇsno iskoris- titi u kreiranju novih dokaza, veoma je vaˇzno da studenti u toku studija paˇzljivo ˇcitaju i razumeju dokaze teorema koje obrad¯uju, i da zajedno sa teoremom zapamte i kljuˇcne ideje i momente dokaza. Diskretne strukture – 16 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 16 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 16 – Tehnike dokazivanja - II deo
  16. 16. Prilago ¯davanje postoje´cih dokazaPrilago ¯davanje postoje´cih dokazaPrilago ¯davanje postoje´cih dokaza Primer 5: Dokazati da postoji beskonaˇcno mnogo prostih brojeva oblika 4k + 3, gde je k nenegativan ceo broj. Dokaz: Ovde se moˇze prilagoditi poznati dokaz da postoji beskonaˇcno mnogo prostih brojeva. Naime, to se dokazuje tako ˇsto se pretpostavi suprotno, da postoji samo n prostih brojeva p1, p2, . . . , pn, za neki prirodan broj n, i formira se broj p = p1p2 · · · pn + 1. Jasno je da je p = pk i p ≡ 1(mod pk), za svaki k ∈ {1, 2, . . . , n}, pa nijedan od brojeva p1, p2, . . . , pn ne deli p. Ako je p prost broj, onda prostih brojeva ima viˇse od n, ˇsto je u suprot- nosti sa pretpostavkom da ih ima samo n. Diskretne strukture – 17 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 17 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 17 – Tehnike dokazivanja - II deo
  17. 17. Prilago ¯davanje postoje´cih dokazaPrilago ¯davanje postoje´cih dokazaPrilago ¯davanje postoje´cih dokaza Ako p nije prost broj, onda je poznato da postoji neki prost broj p′ koji deli p. Kako brojevi p1, p2, . . . , pn ne dele p, to je p′ razliˇcit od svih brojeva p1, p2, . . . , pn, ˇsto opet znaˇci da prostih brojeva ima viˇse od n. Ovim smo, metodom svod¯enja na kontradikciju, dokazali da prostih brojeva ima beskonaˇcno mnogo. Sada ´cemo taj dokaz prilagoditi da bi dokazali da postoji beskonaˇcno mnogo prostih brojeva oblika 4k + 3. Dakle, pretpostavimo suprotno, da postoji samo m takvih prostih bro- jeva q1, q2, . . . , qm, za neki prirodan broj m, i formirajmo broj q = 4q1q2 · · · qm − 1. Jasno je da je q oblika 4k + 3, gde je k = q1q2 · · · qm − 1. Diskretne strukture – 18 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 18 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 18 – Tehnike dokazivanja - II deo
  18. 18. Prilago ¯davanje postoje´cih dokazaPrilago ¯davanje postoje´cih dokazaPrilago ¯davanje postoje´cih dokaza Takod¯e imamo da nijedan od brojeva q1, q2, . . . , qm ne deli q. Ako je q prost broj, tada dobijamo da prostih brojeva datog oblika ima viˇse od m, ˇsto je protivreˇci polaznoj pretpostavci. Ako q nije prost broj, onda je on deljiv nekim prostim brojem. Poznato je da je proizvoljan prost broj ili oblika 4k +1 ili oblika 4k +3, pri ˇcemu proizvod brojeva oblika 4k + 1 takod¯e ima taj oblik. Kako q nije oblika 4k + 1, to zakljuˇcujemo da postoji bar jedan prost delitelj q′ broja q koji je oblika 4k + 3. Jasno je da je q′ razliˇcit od brojeva q1, q2, . . . , qm, pa ponovo dobijamo da prostih brojeva oblika 4k + 3 ima viˇse od m, ˇsto protivreˇci polaznoj pretpostavci. Dakle, metodom svod¯enja na protivreˇcnost smo dokazali da prostih brojeva oblika 4k + 3 ima beskonaˇcno mnogo. Diskretne strukture – 19 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 19 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 19 – Tehnike dokazivanja - II deo
  19. 19. Matematiˇcka indukcijaMatematiˇcka indukcijaMatematiˇcka indukcija Iako se zove matematiˇcka indukcija, ovaj metod nije induktivan, ve´c de- duktivan, jer je zasnovan na takozvanoj aksiomi matematiˇcke indukcije ili principu matematiˇcke indukcije, koji glasi: Neka je P (x) unarni predikat, pri ˇcemu je x promenljiva koja uzima vrednosti u skupu prirodnih brojeva. (1) Ako je taˇcno P (1), i (2) ako za svaki prirodan broj n, iz pretpostavke da je taˇcno P (n) sledi da je taˇcno i P (n + 1), onda iz svega toga sledi da je P (n) taˇcno za svaki n ∈ N. To se moˇze izraziti i simboliˇcki sa P (1) ∧ (∀x)(P (x) ⇒ P (x + 1)) ⇒ (∀x)P (x) . Diskretne strukture – 20 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 20 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 20 – Tehnike dokazivanja - II deo
  20. 20. Matematiˇcka indukcijaMatematiˇcka indukcijaMatematiˇcka indukcija Dokaz matematiˇckom indukcijom ima tri osnovna elementa ∗ Indukcijska baza, ∗ Indukcijska hipoteza, ∗ Indukcijski korak. Razlikuju se i dva osnovna vida dokazivanja matematiˇckom indukcijom: ∗ Indukcija, tj. prosta indukcija, ∗ Jaka indukcija. Diskretne strukture – 21 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 21 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 21 – Tehnike dokazivanja - II deo
  21. 21. Matematiˇcka indukcijaMatematiˇcka indukcijaMatematiˇcka indukcija Indukcijska baza: Ovde se dokazuje da je taˇcno P (b), za baziˇcnu vrednost b. Najˇceˇs´ce je b = 1, ali u nekim sluˇcajevima se dokazuje i da tvrd¯enje vaˇzi tek poˇcev od nekog broja b. Indukcijska hipoteza: U sluˇcaju proste indukcije, pretpostavlja se da je P (n) taˇcno za neki prirodan broj n ve´ci od baziˇcne vrednosti b. Kod jake indukcije, pretpostavlja se da je P (k) taˇcno za svaki k manji ili jednak nekom prirodnom broju n, a ve´ci od baziˇcne vrednosti b. Indukcijski korak: Dokazuje se da iz indukcijske hipoteze, odnosno iz pretpostavke da je taˇcno P (n), sledi da je taˇcno i P (n + 1). Diskretne strukture – 22 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 22 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 22 – Tehnike dokazivanja - II deo
  22. 22. Matematiˇcka indukcijaMatematiˇcka indukcijaMatematiˇcka indukcija Ako su dokazani, ovi koraci garantuju da je P (n) taˇcno za svaki priro- dan broj n ve´ci ili jednak baziˇcnoj vrednosti b. Naime, matematiˇcka indukcija zapravo kaˇze slede´ce: Najpre dokazujemo da je P (1) taˇcno (indukcijska baza). Ako smo dokazali da je za proizvoljan prirodan broj n taˇcna implikacija P (n) ⇒ P (n + 1) (indukcijski korak), onda iz toga dobijamo slede´ce: Poˇsto sada znamo da je P (1) taˇcno, i dokazali smo da je P (1) ⇒ P (2) takod¯e taˇcno, zakljuˇcujemo da je taˇcno i P (2). Dalje, znamo da je taˇcno P (2), kao i P (2) ⇒ P (3), pa zakljuˇcujemo da je taˇcno i P (3). Nastavljaju´ci ovaj postupak, moˇzemo do´ci do proizvoljnog prirodnog broja n i dokazati da je taˇcno P (n). Diskretne strukture – 23 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 23 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 23 – Tehnike dokazivanja - II deo
  23. 23. Matematiˇcka indukcijaMatematiˇcka indukcijaMatematiˇcka indukcija Primer 6: Odrediti zbir prvih n neparnih prirodnih brojeva. Dokaz: Oznaˇcimo sa S(n) zbir prvih n neparnih prirodnih brojeva, tj. S(n) = 1 + 3 + . . . + (2n − 1). Tada imamo da je S(1) = 1, S(2) = 1 + 3 = 4, S(3) = 1 + 3 + 5 = 9, S(4) = 1 + 3 + 5 + 7 = 16, S(5) = 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25, . . . Ovo je verovatno dovoljno da uoˇcimo da je S(k) = k2 , za svaki k 5. Med¯utim, to nije dokaz da je S(n) = n2 , za svaki prirodan broj n. Formalni dokaz dajemo matematiˇckom indukcijom. Diskretne strukture – 24 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 24 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 24 – Tehnike dokazivanja - II deo
  24. 24. Matematiˇcka indukcijaMatematiˇcka indukcijaMatematiˇcka indukcija Ve´c smo dokazali da tvrd¯enje vaˇzi za prvih 5 prirodnih brojeva. Uzmimo da tvrd¯enje vaˇzi za neki prirodan broj n, tj. da je S(n) = n2 , i dokaˇzimo da vaˇzi i za n + 1, odnosno da je S(n + 1) = (n + 1)2 . Zaista, imamo da je S(n + 1) = S(n) + 2n + 1 (n + 1-vi neparan prirodan broj je 2n + 1) = n2 + 2n + 1 (S(n) = n2 , prema indukcijskoj hipotezi) = (n + 1)2 Prema tome, matematiˇckom indukcijom smo dokazali da je zbir prvih n neparnih brojeva jednak n2 . Napomenimo da smo pri formiranju pretpostavke da je S(n) = n2 , za svaki prirodan broj n, koristili induktivno zakljuˇcivanje. Diskretne strukture – 25 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 25 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 25 – Tehnike dokazivanja - II deo
  25. 25. Matematiˇcka indukcijaMatematiˇcka indukcijaMatematiˇcka indukcija U prethodnom zadatku smo pre upotrebe matematiˇcke indukcije morali najpre da formiramo hipotezu, koju potom dokazujemo matematiˇckom indukcijom. U narednim zadacima ´ce takva hipoteza ve´c biti data, i ”samo” je treba dokazati matematiˇckom indukcijom. Primer 7: Oznaˇcimo sa S(n) zbir prvih n prirodnih brojeva. Dokazati da je (1.1) S(n) = n(n + 1) 2 . Dokaz: Jasno je da (1.1) vaˇzi za n = 1. Diskretne strukture – 26 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 26 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 26 – Tehnike dokazivanja - II deo
  26. 26. Matematiˇcka indukcijaMatematiˇcka indukcijaMatematiˇcka indukcija Pretpostavimo da (1.1) vaˇzi za neki prirodan broj n, i dokaˇzimo da vaˇzi i za n + 1. Zaista, imamo da je S(n + 1) = S(n) + n + 1 (n + 1 je n + 1-vi prirodan broj) = n(n + 1) 2 + n + 1 (indukcijska hipoteza – S(n) = n(n+1) 2 ) = n(n + 1) + 2(n + 1) 2 = (n + 1)(n + 2) 2 Ovim smo dokazali da formula (1.1) vaˇzi i za n + 1, pa matematiˇckom indukcijom zakljuˇcujemo da (1.1) vaˇzi za svaki prirodan broj n. Diskretne strukture – 27 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 27 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 27 – Tehnike dokazivanja - II deo
  27. 27. Matematiˇcka indukcijaMatematiˇcka indukcijaMatematiˇcka indukcija Primer 8: Dokazati da za svaki prirodan broj n vaˇzi 6 | n(n + 1)(2n + 1) . Dokaz: Oznaˇcimo sa P (n) tvrd¯enje ”6 | n(n + 1)(2n + 1)”. Za n = 1 je n(n + 1)(2n + 1) = 6, pa je taˇcno P (1). Pretpostavimo da je taˇcno P (n) za neki prirodan broj n, i dokaˇzimo da je taˇcno i P (n + 1). Zaista, iz pretpostavke da je taˇcno P (n) dobijamo da 6 | n(n + 1)(2n + 1) = 2n3 + 3n2 + n. Sa druge strane, P (n + 1) znaˇci 6 | (n + 1)(n + 2)(2n + 3) = 2n3 + 9n2 + 13n + 6. Diskretne strukture – 28 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 28 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 28 – Tehnike dokazivanja - II deo
  28. 28. Matematiˇcka indukcijaMatematiˇcka indukcijaMatematiˇcka indukcija Kako je 2n3 + 9n2 + 13n + 6 = (2n3 + 3n2 + n) + 6(n2 + 2n + 1), i kako 6 | 2n3 + 3n2 + n i 6 | 6(n2 + 2n + 1), to zakljuˇcujemo da 6 | 2n3 + 9n2 + 13n + 6, tj. vaˇzi P (n + 1). Prema tome, matematiˇckom indukcijom smo dokazali da je P (n) taˇcno za svaki prirodan broj n. Diskretne strukture – 29 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 29 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 29 – Tehnike dokazivanja - II deo
  29. 29. Matematiˇcka indukcijaMatematiˇcka indukcijaMatematiˇcka indukcija Matematiˇckom indukcijom dokazujemo i takva tvrd¯enja o prirodnim brojevima koja ne vaˇze za n = 1, ali vaˇze za neki prirodan broj k i sve brojeve ve´ce od njega. Primer 9: Dokazati da se svaki prirodan broj n 8 moˇze zapisati u obliku n = 3i+5j, za neke nenegativne cele brojeve i i j. Dokaz: Dokaz izvodimo jakom indukcijom. Za prirodan broj n 8, oznaˇcimo sa P (n) tvrd¯enje ”n = 3i + 5j”. Kako je 8 = 3 + 5, 9 = 3 · 3 i 10 = 5 · 2, to vaˇzi P (8), P (9) i P (10). Pretpostavimo da je P (k) taˇcno za svaki k takav da je 8 k n, gde je n 10 neki prirodan broj, i dokaˇzimo da je taˇcno i P (n + 1). Diskretne strukture – 30 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 30 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 30 – Tehnike dokazivanja - II deo
  30. 30. Matematiˇcka indukcijaMatematiˇcka indukcijaMatematiˇcka indukcija Zaista, kako je 8 (n + 1) − 3 n, to na osnovu indukcijske hipoteze dobijamo da je (n + 1) − 3 = 3i + 5j, za neke i, j ∈ N0 , odakle je n + 1 = 3(i + 1) + 5j, ˇcime smo dokazali da vaˇzi P (n + 1). Dakle, na osnovu jake indukcije zakljuˇcujemo da je P (n) taˇcno za svaki prirodan broj n 8. Diskretne strukture – 31 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 31 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 31 – Tehnike dokazivanja - II deo
  31. 31. Matematiˇcka indukcijaMatematiˇcka indukcijaMatematiˇcka indukcija Primer 10: Dokazati da za svaki prirodan broj n postoji prost broj p tako da p | n. Dokaz: Ovo tvrd¯enje dokazujemo jakom indukcijom. Jasno je da tvrd¯enje vaˇzi za n = 1, jer je 1 prost broj i 1 | 1. Pretpostavimo da tvrd¯enje vaˇzi za sva prirodne brojeve manje od n i dokaˇzimo da vaˇzi i za n. Ako je n prost broj, tada je upravo n taj prost broj koji deli n. Ako n nije prost broj, tada postoji broj k = 1, n takav da k | n. Tada je k < n, pa prema indukcijskoj hipotezi imamo da postoji prost broj p takav da p | k. Otuda i p | n, pa je tvrd¯enje dokazano. Diskretne strukture – 32 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 32 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 32 – Tehnike dokazivanja - II deo
  32. 32. Matematiˇcka indukcijaMatematiˇcka indukcijaMatematiˇcka indukcija Primer 11: Dokazati da za svaki prirodan broj n vaˇzi n < 2n . Dokaz: Oznaˇcimo sa P (n) tvrd¯enje n < 2n . Kako je 1 < 21 = 2, to zakljuˇcujemo da vaˇzi P (1). Pretpostavimo da je za neki prirodan broj n taˇcno P (n), i dokaˇzimo da je onda taˇcno i P (n + 1). Zaista, na osnovu pretpostavke da je P (n) taˇcno, odnosno da je taˇcno n < 2n , imamo da je n + 1 < 2n + 1 < 2n + 2n = 2 · 2n = 2n+1 , i dakle, taˇcno je i P (n + 1). Prema tome, primenom principa matematiˇcke indukcije smo dokazali da je n < 2n , za svaki prirodan broj n. Diskretne strukture – 33 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 33 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 33 – Tehnike dokazivanja - II deo
  33. 33. Matematiˇcka indukcijaMatematiˇcka indukcijaMatematiˇcka indukcija Primer 12: Dokazati da je n3 − n deljivo sa 3, za svaki prirodan broj n. Dokaz: Oznaˇcimo sa P (n) tvrd¯enje ”n3 − n je deljivo sa 3”. Imamo da je P (1) taˇcno, jer je 13 − 1 = 0 deljivo sa 3. Pretpostavimo da je za neki prirodan broj n taˇcno P (n), tj. da je n3 − n deljivo sa 3. Dokaza´cemo da je taˇcno i P (n + 1), tj. da je (n + 1)3 − (n + 1) deljivo sa 3. Zaista, (n+1)3 −(n+1) = n3 +3n2 +3n+1−n−1 = (n3 −n)+3(n2 +n), i kako je n3 −n deljivo sa 3, na osnovu indukcijske hipoteze, a 3(n2 +n) je oˇcigledno deljivo sa 3, to je i njihov zbir deljiv sa 3, odnosno, broj (n + 1)3 − (n + 1) je deljiv sa 3. Dakle, taˇcno je i P (n + 1). Ovim je tvrd¯enje dokazano. Diskretne strukture – 34 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 34 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 34 – Tehnike dokazivanja - II deo
  34. 34. Višestruka indukcijaVišestruka indukcijaVišestruka indukcija Viˇsestruka indukcija je vid matematiˇcke indukcije koji se koristi kada treba da se dokaˇze tvrd¯enje zadato predikatom oblika P (x1, x2, . . . , xn), gde su x1, x2, . . . , xn promenljive koje uzimaju vrednosti u skupu prirod- nih brojeva N. Na primer, P (x, y) se moˇze dokazati na slede´ci naˇcin: ∗ Formira se unarni predikat Q(x) ≡ (∀y)P (x, y). ∗ Indukcijom se dokazuje da je Q(m) taˇcno za svaki m ∈ N. Med¯utim, u tom dokazivanju nailazimo na slede´ce: ∗ Kada u indukcijskoj bazi dokazujemo Q(1), mi zapravo dokazujemo da je P (1, n) taˇcno za svaki n ∈ N. ∗ To se naravno dokazuje indukcijom po n. Diskretne strukture – 35 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 35 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 35 – Tehnike dokazivanja - II deo
  35. 35. Višestruka indukcijaVišestruka indukcijaVišestruka indukcija Takod¯e, ∗ Kada iz pretpostavke da je taˇcno Q(m) treba da dokaˇzemo da je taˇcno i Q(m + 1), onda zapravo indukcijom po n dokazujemo da je P (m + 1, n) taˇcno za svaki n ∈ N. Drugim reˇcima, ovakav dokaz moˇzemo shvatiti kao dvostruku petlju – jednu po m (spoljaˇsnju), a drugu po n (unutraˇsnju). Diskretne strukture – 36 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 36 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 36 – Tehnike dokazivanja - II deo
  36. 36. Matematiˇcke definicijeMatematiˇcke definicijeMatematiˇcke definicije Novi pojmovi se u matematici uvode reˇcenicama koje se zovu definicije. Pojam koji se definiˇse zove se definiendum, a deo reˇcenice kojim se on definiˇse zove se definiens. Na primer, reˇcenicom ”Prost broj je prirodan broj koji je deljiv samo sobom i jedinicom” je definisan pojam prostog broja. Dakle, u toj definiciji definiendum je ”prost broj” a definiens je ”prirodan broj koji je deljiv samo sobom i jedinicom”. Diskretne strukture – 37 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 37 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 37 – Tehnike dokazivanja - II deo
  37. 37. Matematiˇcke definicijeMatematiˇcke definicijeMatematiˇcke definicije ˇSta treba da ispuni jedna definicija da bi bila ispravna? ⊲ Prvo, definicija treba da bude otklonjiva. To znaˇci da umesto svake reˇcenice u kojoj se javlja pojam koji defi- niˇsemo moˇze da se formuliˇse druga reˇcenica istog smisla, u kojoj se taj pojam ne javlja. Drugim reˇcima, u bilo kojoj reˇcenici u kojoj se definiendum javlja, on se moˇze zameniti definiensom, a da se smisao reˇcenice ne izmeni. Dakle, novi pojmovi ne donose niˇsta novo, ali se njima znaˇcajno pojed- nostavljuje rad i skra´cuju formulacije. Diskretne strukture – 38 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 38 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 38 – Tehnike dokazivanja - II deo
  38. 38. Matematiˇcke definicijeMatematiˇcke definicijeMatematiˇcke definicije ⊲ Definicija ne sme da bude kreativna. To znaˇci da definicija ne sme da omogu´ci dokaz tvrd¯enja koje se bez nje ne bi moglo dokazati. Takod¯e, definicija u sebi ne sme da sadrˇzi nikakvo drugo tvrd¯enje osim tvrd¯enja da definiendum i definiens imaju ekvivalentna znaˇcenja. Ukoliko definicija zahteva neko tvrd¯enje, to tvrd¯enje se mora izvu´ci van definicije i dokazati pre nje. Na primer, definicija pojma najve´ceg zajedniˇckog delitelja dva broja zahteva da se prethodno dokaˇze tvrd¯enje: Za proizvoljna dva prirodna broja m i n, skup D(m, n) svih prirodnih brojeva koji dele m i n ima najve´ci element. Diskretne strukture – 39 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 39 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 39 – Tehnike dokazivanja - II deo
  39. 39. Matematiˇcke definicijeMatematiˇcke definicijeMatematiˇcke definicije Kada se ovo tvrd¯enje dokaˇze, onda se najve´ci zajedniˇcki delitelj brojeva m i n definiˇse kao najve´ci element skupa D(m, n). Definicija koja bi u sebi sadrˇzala ovo tvrd¯enje ne bi bila ispravna. ⊲ Definicija ne sme da bude nepredikativna. Nepredikativne su one definicije kod kojih se neki pojam definiˇse ukazi- vanjem na njegove veze sa elementima nekog skupa kojem i sam taj pojam moˇze da pripada. Primer ovakve definicije je: ”Seoski berberin je onaj stanovnik sela koji brije sve stanovnike sela koji ne briju sebe same”. Ovde se seoski berberin definiˇse ukazivanjem na odnos izmed¯u njega i stanovnika sela ˇciji je i on sam stanovnik. Diskretne strukture – 40 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 40 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 40 – Tehnike dokazivanja - II deo
  40. 40. Matematiˇcke definicijeMatematiˇcke definicijeMatematiˇcke definicije Zabrana nepredikativnih definicija zapravo znaˇci da definiendum ne sme eksplicitno da bude sadrˇzan u definiensu. U matematici ˇcesto sre´cemo definicije slede´ceg oblika ”x se naziva tako i tako ako i samo ako vaˇzi P (x)”, ili ”x je to i to ako i samo ako vaˇzi P (x)”. gde je P (x) neko svojstvo (unarni predikat). Med¯utim, ako je x promenljiva koja vrednosti uzima u skupu kome pri- pada i sam objekat koji ovako definiˇsemo, onda se radi o nepredikativnoj definiciju. Takva je upravo definicija seoskog berberina u istoimenom paradoksu. Dakle, u ovakvim definicijama moramo strogo voditi raˇcuna o tome pomo´cu kakvog svojstva neˇsto definiˇsemo. Diskretne strukture – 41 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 41 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 41 – Tehnike dokazivanja - II deo
  41. 41. Matematiˇcke definicijeMatematiˇcke definicijeMatematiˇcke definicije U daljem tekstu navodimo neke karakteristiˇcne vrste definicija. Direktne (eksplicitne) definicije: Kod ovih definjicija pojam se definiˇse eksplicitnim navod¯enjem svoj- stava koja ga odred¯uju. Primer 13: Direktne su slede´ce definicije: ∗ Romb je paralelogram sa jednakim stranicama ∗ Dve prave su mimoilazne ako ne pripadaju istoj ravni Diskretne strukture – 42 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 42 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 42 – Tehnike dokazivanja - II deo
  42. 42. Matematiˇcke definicijeMatematiˇcke definicijeMatematiˇcke definicije Indirektne (implicitne) definicije: Kod ovih definjicija pojam se ne definiˇse eksplicitnim navod¯enjem svoj- stava koja ga odred¯uju, ve´c kao bilo koji objekat koji ispunjava odred¯ene uslove. Ovakva vrsta definicija najˇceˇs´ce se koristi u aksiomatski zasnovanim teorijama, gde se odred¯eni pojam moˇze definisati kao bilo ˇsta ˇsto zado- voljava uslove zadate aksiomama. Na primer, u aksiomatskoj teoriji brojeva, zasnovanoj pomo´cu Peanovog sistema aksioma, prirodni broj se definiˇse kao bilo ˇsta ˇsto zadovoljava Peanove aksiome. Sliˇcno, u aksiomatskoj teoriji skupova, skup se definiˇse kao bilo ˇsta ˇsto zadovoljava aksiome te teorije. Diskretne strukture – 43 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 43 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 43 – Tehnike dokazivanja - II deo
  43. 43. Rekurzivne definicijeRekurzivne definicijeRekurzivne definicije Rekurzivne ili induktivne definicije: Rekurzivne definicije predstavljaju poseban tip indirektnih definicija. Rekurzivne definicija se sastoji iz tri dela: (i) Baziˇcni korak: Odred¯uju se neki polazni ili bazni elementi (ii) Rekurzivni korak: Odred¯uje se naˇcin na koji se, pomo´cu odred¯enih operacija, iz baznih elemenata mogu definisati drugi elementi (iii) Pravilo iskljuˇcenja: Kaˇze se da pojmu koji se definiˇse moˇze pripadati samo ono ˇsto se moˇze dobiti primenom pravila (i) i (ii) konaˇcan broj puta Diskretne strukture – 44 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 44 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 44 – Tehnike dokazivanja - II deo
  44. 44. Rekurzivne definicijeRekurzivne definicijeRekurzivne definicije Primer 14: Slede´ca definicija je rekurzivna: ∗ Definicija formule u iskaznoj logici. (i) Baziˇcni korak: Iskazna slova su formule. (ii) Rekurzivni korak: Ako su A i B formule, onda su formule i ¬A, (A ∧ B), (A ∨ B), (A ⇒ B), (A ⇔ B). (iii) Pravilo iskljuˇcenja: Formule su samo oni izrazi koji se mogu dobiti primenom pravila (i) i (ii) konaˇcan broj puta. Diskretne strukture – 45 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 45 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 45 – Tehnike dokazivanja - II deo
  45. 45. Rekurzivne definicijeRekurzivne definicijeRekurzivne definicije Primer 15: Dati rekurzivnu definiciju funkcije faktorijel F (n) = n! Reˇsenje: Da bi dali rekurzivnu definiciju faktorijela, najpre definiˇsemo baziˇcnu vrednost F (0) stavljaju´ci da je F (0) = 1. Potom treba odrediti pravilo pomo´cu koga bi se vrednost F (n + 1) izraˇcunala iz vrednosti F (n). Kako je jasno da se (n + 1)! dobija iz n! mnoˇzenjem sa n + 1, to rekurzivni korak glasi F (n + 1) = (n + 1)F (n). Dakle, rekurzivna definicija funkcije faktorijel je F (0) = 1, F (n + 1) = (n + 1)F (n). Diskretne strukture – 46 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 46 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 46 – Tehnike dokazivanja - II deo
  46. 46. Rekurzivne definicijeRekurzivne definicijeRekurzivne definicije Primer 16: Dati rekurzivnu definiciju stepena an , gde je n prirodan broj a a realan broj. Reˇsenje: Najpre definiˇsemo a0 sa a0 = 1. Potom, ako je definisan n-ti stepen an , onda n + 1-vi stepen an+1 definiˇsemo sa an+1 = an · a Ove dve jednakosti na jednoznaˇcan naˇcin definiˇsu an za svaki prirodan broj n. Diskretne strukture – 47 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 47 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 47 – Tehnike dokazivanja - II deo
  47. 47. Rekurzivne definicijeRekurzivne definicijeRekurzivne definicije Primer 17: Fibonaˇcijevi brojevi f0, f1, f2, . . . , su definisani rekurziv- no na slede´ci naˇcin: f0 = 0 f1 = 1 fn = fn−1 + fn−2, za n = 2, 3, 4, . . . Na primer, imamo da je f2 = f1 + f0 = 1 + 0 = 1, f3 = f2 + f1 = 1 + 1 = 2, f4 = f3 + f2 = 2 + 1 = 3, f5 = f4 + f3 = 3 + 2 = 5, f6 = f5 + f4 = 5 + 3 = 8. Diskretne strukture – 48 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 48 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 48 – Tehnike dokazivanja - II deo
  48. 48. Rekurzivne definicijeRekurzivne definicijeRekurzivne definicije Primer 17: Skup X∗ svih reˇci ili stringova nad alfabetom X definiˇse se rekurzivno, na slede´ci naˇcin: Baziˇcni korak: e ∈ X∗ , gde je sa e oznaˇcena prazna reˇc (koja nema nijedan simbol); Rekurzivni korak: Ako je w ∈ X∗ i x ∈ X, onda je wx ∈ X∗ Drugim reˇcima, ovo znaˇci da ako je definisana reˇc w, onda se iz nje moˇze dobiti nova reˇc wx, dopisivanjem slova x na kraju reˇci w. Na primer, ako je X = {0, 1}, onda se reˇci generiˇsu na slede´ci naˇcin: 0, 1, 00, 01, 10, 11, 000, 001, 010, 011, 100, 101, 110, 111, . . . Diskretne strukture – 49 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 49 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 49 – Tehnike dokazivanja - II deo
  49. 49. Rekurzivne definicijeRekurzivne definicijeRekurzivne definicije Primer 18: Duˇzina reˇci w ∈ X∗ , u oznaci |w|, definiˇse se rekurzivno, na slede´ci naˇcin: |e| = 0 |wx| = |w| + 1, za w ∈ X∗ , x ∈ X. Drugim reˇcima, duˇzina reˇci w je broj slova (simbola iz alfabeta X) koja se pojavljuju u reˇci w. Na primer, 00101 je reˇc duˇzine 5. Diskretne strukture – 50 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 50 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 50 – Tehnike dokazivanja - II deo
  50. 50. Rekurzivne definicijeRekurzivne definicijeRekurzivne definicije Definicija pomo´cu zatvorenja: To je poseban vid rekurzivne definicije gde se neki skup definiˇse kao najmanji skup koji sadrˇzi date bazne elemente i zatvoren je za date operacije. Pri tome, ako f jeste n-arna operacija na skupu A i X je podskup od A, onda kaˇzemo da je X zatvoren za operaciju f ako za proizvoljne x1, x2, . . . , xn ∈ X vaˇzi da je i f(x1, x2, . . . , xn) ∈ X. Diskretne strukture – 51 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 51 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 51 – Tehnike dokazivanja - II deo
  51. 51. Strukturna indukcijaStrukturna indukcijaStrukturna indukcija Da bi se dokazala tvrd¯enja o rekurzivno definisanim objektima, koristi se vid matematiˇcke indukcije koji se naziva strukturna indukcija. Dokaz upotrebom strukturne indukcije se sastoji iz dva dela: Baziˇcni korak: Dokazuje se da tvrd¯enje vaˇzi za sve elemente definisane u baziˇcnom koraku rekurzivne definicije; Rekurzivni korak: Pod pretpostavkom da je tvrd¯enje taˇcno za sve ele- mente koji su u rekurzivnom koraku definicije koriˇs´ceni da se iz njih izgrade novi elementi, dokazuje se da je tvrd¯enje taˇcno i za sve te nove elemente. Diskretne strukture – 52 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 52 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 52 – Tehnike dokazivanja - II deo
  52. 52. Strukturna indukcijaStrukturna indukcijaStrukturna indukcija Primer 19: Indukcija po sloˇzenosti formule Uzmimo da se strukturnom indukcijom dokazuje neko tvrd¯enje o iskaznim formulama. U baziˇcnom koraku dokazuje se da to tvrd¯enje vaˇzi za sva iskazna slova. U rekurzivnom koraku se, pod pretpostavkom da je tvrd¯enje taˇcno za formule A i B, dokazuje da je to tvrd¯enje taˇcno i za formule ¬A, (A ∧ B), (A ∨ B), (A ⇒ B), (A ⇔ B). Ovakav vid strukturne indukcije naziva se i indukcija po sloˇzenosti for- mule. Zapravo, to je jaka indukcija po broju logiˇckih veznika u formuli. Diskretne strukture – 53 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 53 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 53 – Tehnike dokazivanja - II deo
  53. 53. Strukturna indukcijaStrukturna indukcijaStrukturna indukcija Primer 20: Indukcija po duˇzini reˇci Kada, na primer, strukturnom indukcijom dokazumo tvrd¯enja o reˇcima iz X∗ , onda zapravo koristimo indukciju po duˇzini reˇci. U baziˇcnom koraku dokazuje se da to tvrd¯enje vaˇzi za praznu reˇc e, odnosno za reˇci duˇzine 0 (e je jedina reˇc duˇzine 0). U rekurzivnom koraku se, pod pretpostavkom da je tvrd¯enje taˇcno za neku reˇc w, dokazuje da je to tvrd¯enje taˇcno i svaku reˇc oblika wx, gde je x slovo (reˇc duˇzine 1). Drugim reˇcima, pod pretpostavkom da je tvrd¯enje taˇcno za sve reˇci duˇzine n, dokazujemo da je taˇcno i za sve reˇci duˇzine n + 1. Diskretne strukture – 54 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 54 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 54 – Tehnike dokazivanja - II deo
  54. 54. Strukturna indukcijaStrukturna indukcijaStrukturna indukcija Primer 21: Dokazati da za sve reˇci u, v ∈ X∗ vaˇzi |uv| = |u| + |v|. Dokaz: Ovaj dokaz je kombinacija strukturne indukcije i viˇsestruke indukcije (indukcija po duˇzini reˇci u i v). Dakle, neka je sa P (v) oznaˇceno tvrd¯enje ”|uv| = |u| + |v|, za svaku reˇc u ∈ X∗ .” U baziˇcnom koraku dokazujemo da vaˇzi P (e). Kako P (e) zapravo znaˇci ”|u| = |u| + 0, za svaku reˇc u ∈ X∗ ”, to je P (e) oˇcigledno taˇcno. U rekurzivnom koraku pretpostavljamo da je P (v) taˇcno za neku reˇc v ∈ X∗ , i dokazujemo da je taˇcno i P (vx), za svako slovo x ∈ X. Primetimo da P (vx) znaˇci ”|uvx| = |u|+|vx|, za svaku reˇc u ∈ X∗ .” Diskretne strukture – 55 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 55 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 55 – Tehnike dokazivanja - II deo
  55. 55. Strukturna indukcijaStrukturna indukcijaStrukturna indukcija Dakle, neka je u ∈ X∗ proizvoljna reˇc. Prema indukcijskoj pretpostavci imamo da je |uv| = |u| + |v|. Dalje, prema definiciji duˇzine reˇci imamo da je |uvx| = |uv| + 1 i |vx| = |v| + 1. Prema tome, imamo da je |uvx| = |uv| + 1 (prema definiciji duˇzine reˇci) = |u| + |v| + 1 (prema indukcijskoj pretpostavci) = |u| + |vx| (prema definiciji duˇzine reˇci), ˇcime smo dokazali da je taˇcno P (vx). Ovim je tvrd¯enje dokazano. Diskretne strukture – 56 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 56 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 56 – Tehnike dokazivanja - II deo
  56. 56. Još o matematiˇckim definicijamaJoš o matematiˇckim definicijamaJoš o matematiˇckim definicijama ˇCest oblik definicije je logiˇcka ekvivalencija, tj. reˇcenica oblika A ako i samo ako B gde su A i B reˇcenice ili formule koje sadrˇze definiendum i definiens, tim redom. Tu reˇcenicu kra´ce simboliˇcki oznaˇcavamo sa A def ⇔ B. Oznakom def ⇔ naglaˇsava se da se ekvivalencijom uvodi novi pojam. Drugim reˇcima, njome se naglaˇsava da se radi o definiciji, a ne o ekviva- lenciji dva iskaza. Diskretne strukture – 57 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 57 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 57 – Tehnike dokazivanja - II deo
  57. 57. Još o matematiˇckim definicijamaJoš o matematiˇckim definicijamaJoš o matematiˇckim definicijama Pojmovi se uvode i pomo´cu jednakosti, opet uz koriˇs´cenje posebnih oznaka: p def = q ili, sa istim znaˇcenjem, p := q. Ovde su p i q izrazi, redom definiendum i definiens. Smisao ovakve definicije je: p je zamena za q. Primer 22: Primeri definicija prema gornjim oznakama su ∗ p deli q ako i samo ako postoji r, tako da je p · r = q. ∗ n k def = n! k!(n − k)! . Diskretne strukture – 58 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 58 – Tehnike dokazivanja - II deoDiskretne strukture – 58 – Tehnike dokazivanja - II deo

×