Elementi matematicke logike - Građevinski Fakultet Univerziteta u ...

Glava 1
Elementi matematičke
logike
1.1 Pojam iskaza
Neka je zadan neprazan skup I takav da se za svaki element skupa I moˇze
utvrditi da li posjeduje odredeno svojstvo ili ga ne posjeduje. Elementi skupa
I nazivaju se iskazi i obično se označavaju malim slovima latinice p, q, r, . . .
Činjenica da iskaz p ∈ I posjeduje uočeno svojstvo označava se sa τ(p) = ⊤, dok
se činjenica da iskaz q ∈ I ne posjeduje uočeno svojstvo označava sa τ(q) = ⊥.
Tipičan primjer skupa I je skup svih izjavnih rečenica (izjavnih u uˇzem
smislu) nekog govornog (npr. bosanskog) jezika. Uočeno svojstvo, koju posjeduje
svaka izjavna rečenica, je njena istinitost. Drugim riječima svaka izjavna
rečenica je tačna (istinita) ili netačna (laˇzna). U ovom primjeru iskazi su
rečenice:
• Sarajevo je glavni grad Bosne i Hercegovine.
• Bihać je najveći grad u Bosni i Hercegovini.
• U svakom trouglu moˇze se upisati krug.
• Oko svakog četverougla moˇze se opisati krug.
Pri tome su prvi i treći iskaz tačni, dok su drugi i četvrti netačni. Ranije
upotrebljeni termin “izjavna rečenica u uˇzem smislu” zahtijeva ipak dodatno
objaˇsnjenje. Naime, postoje izjavne rečenice čija se istinitost ne moˇze utvrditi.
Takve su npr. rečenice:
• Moˇzda ću doći, a moˇzda ne.
• ˇ Zedan sam.
i one nisu iskazi. Upitne i uzvične rečenice, npr.:
1

2 GLAVA 1. ELEMENTI MATEMATIČKE LOGIKE
• Koliko je sati? ili
• Ustani!
takode nisu iskazi. Upravo ovaj primjer opravdava opˇsteprihvaćenu terminologiju
kojom se umjesto fraze “posjedovanje odredenog svojstva” koristi fraza “istinitosna
vrijednost”. I u ovom tekstu će uglavnom biti zastupljena upravo ova
terminologija.
Sljedeći primjer skupa I ima izuzetno vaˇznu praktičnu realizaciju. Sada su
elementi skupa I prekidači koji mogu biti u jednom od dva moguća poloˇzaja.
Prekidač moˇze biti uključen (posjeduje uočeno svojstvo, “tačan je”) ili isključen
(ne posjeduje uočeno svojstvo, “netačan je”).
Naravno, svaka matematička formula takode predstavlja (tačan ili netačan)
iskaz. Npr.:
• 3 ≥ 9 (netačan iskaz),
• 4 + 8 = 12 (tačan iskaz), itd.
1.2 Logičke operacije i iskazne formule
Slobodno govoreći, logička operacija je postupak kojim se iskaz-u/ima pridruˇzuje
iskaz. Unarne opeacije djeluju na jedan iskaz, dok binarne opeacije djeluju na
dva iskaza. Na skupu iskaza moguće je definisati četiri unarne i ˇsesnaest binarnih
operacija. Medu njima se ističu jedna unarna (negacija) i četiri binarne
opeacije (konjunkcija, disjunkcija, implikacija i ekvivalencija). Slijede definicije
ovih logičkih operacija.
Definicija 1 Neka je zadan iskaz p. Negacija iskaza p, u oznaci ¬p, je iskaz
koji ima suprotnu istinitosnu vrijednost od iskaza p.
Oznaka ¬p čita se na jedan od sljedećih načina: ne p, nije p, negacija iskaza p.
Definicija 2 Neka su zadani iskaz p i iskaz q. Konjunkcija iskaza p i iskaza
q, u oznaci p ∧ q, je iskaz koji je tačan kada su tačni i iskaz p i iskaz q. U svim
preostalim slučajevima konjunkcija iskaza p i iskaza q je netačna.
Oznaka p ∧ q čita se kao p i q.
Definicija 3 Neka su zadani iskaz p i iskaz q. Disjunkcija iskaza p i iskaza
q, u oznaci p ∨ q, je iskaz koji je netačan kada su netačni i iskaz p i iskaz q. U
svim preostalim slučajevima disjunkcija iskaza p i iskaza q je tačna.
Oznaka p ∨ q čita se kao p ili q.
Definicija 4 Neka su zadani iskaz p i iskaz q. Implikacija iskaza p i iskaza q,
u oznaci p ⇒ q, je iskaz koji je netačan kada je iskaz p tačan, a iskaz q netačan.
U svim preostalim slučajevima implikacija iskaza p i iskaza q je tačna.

1.2. LOGIČKE OPERACIJE I ISKAZNE FORMULE 3
Oznaka p ⇒ q čita se na jedan od sljedećih načina: p implicira q, iz p slijedi q,
ako p onda q, uslov p je dovoljan za uslov q, uslov q je potreban za uslov p.
Definicija 5 Neka su zadani iskaz p i iskaz q. Ekvivalencija iskaza p i iskaza
q, u oznaci p ⇔ q, je iskaz koji je tačan kada iskazi p i q imaju jednake istinitosne
vrijednosti, a netačan kada iskazi p i q imaju različite istinitosne vrijednosti.
Oznaka p ⇔ q čita se na jedan od sljedećih načina: p je ekvivalentno sa q, vaˇzi
p ako i samo ako vaˇzi q, uslov p je potreban i dovoljan uslov za q
Navedene operacije mogu se definisati i pomoću sljedeće tabele:
p q ¬p p ∧ q p ∨ q p ⇒ q p ⇔ q
⊤ ⊤ ⊥ ⊤ ⊤ ⊤ ⊤
⊤ ⊥ ⊥ ⊥ ⊤ ⊥ ⊥
⊥ ⊤ ⊤ ⊥ ⊤ ⊤ ⊥
⊥ ⊥ ⊤ ⊥ ⊥ ⊤ ⊤
Koristeći definiciju, trivijalno je dokazati osnovne osobine logičkih operacija.
Osobine negacije
1. ¬(¬p) = p
Osobine konjunkcije
1. p ∧ ¬p = ⊥,
2. p ∧ ⊤ = p i
3. p ∧ ⊥ = ⊥.
Osobine disjunkcije
1. p ∨ ¬p = ⊤,
2. p ∨ ⊤ = ⊤ i
3. p ∨ ⊥ = p.
Osobine implikacije
1. p ⇒ ¬p = ¬p,
2. p ⇒ ⊤ = ⊤,
3. p ⇒ ⊥ = ¬p,
4. ⊤ ⇒ p = p i
5. ⊥ ⇒ p = ⊤.
Osobine ekvivalencije
1. p ⇔ ¬p = ⊥,

4 GLAVA 1. ELEMENTI MATEMATIČKE LOGIKE
2. p ⇔ ⊤ = p i
3. p ⇔ ⊥ = ¬p.
Djelovanjem logičkih operacija na viˇse od dva iskaza dobijaju se tzv. iskazne
formule.
Definicija 6 Iskazna slova su simboli kojima se označavaju iskazi.
• Iskazna slova su iskazne formule.
• Ako su P i Q iskazne formule, onda su i ¬P, P ∧Q, P ∨Q, P ⇒ Q i P ⇔ Q
takode iskazne formule.
• Iskazne formule mogu se dobiti samo primjenom prethodna dva pravila.
Prilikom djelovanja, dogovorom se usvaja da najviˇsi prioritet ima negacija,
zatim konjunkcija, disjunkcija i implikacija, dok najniˇzi prioritet ima ekvivalencija.
Ukoliko se ˇzeli promjeniti redosljed izvrˇsavanja logičkih operacija koriste
se zagrade. Tako je npr. ¬⊤ ∨ ⊤ = ⊥ ∨ ⊤ = ⊤, dok je ¬(⊤ ∨ ⊤) = ¬⊤ = ⊥.
1.3 Zadaci
Zadatak 1 Odrediti istinitosne vrijednosti sljedećih iskaza:
1. −5 je prirodan broj,
2. 1
3
je iracionalan broj,
3. NZD(12, 24) = 8,
4. 13 je prost broj,
5. 5 · (−8) = −5 · 8,
6. 3 11 33 11
· = =
8 6 24 8 ,
7. 0.2 · 0.3 = 0.6,
8. √ 9 = 3,
9. 1 1
>
5 3 ,
10. 6 7
>
7 8 ,
11. | − 1| ≥ 1,
12. |3 − 2| = |3| − |2| i
13. | − 5 − 2| = | − 2| + 5.

1.3. ZADACI 5
Zadatak 2 Na odgovarajućem mjestu napisati broj, tako da dobijeni iskaz bude
tačan:
1. . . . je najmanji prirodan broj.
2. . . . je najveći negativni cijeli broj.
3. . . . nije ni pozitivan, ni negativan broj.
1 1 1 2
4. . . . je najveći element skupa , , , .
2 3 4 5
1 1 1 2
5. . . . je najmanji element skupa , , , .
2 3 4 5
6. . . . je najveći prirodan broj čiji je kvadrat manji od 100.
7. . . . je jedini prost broj u skupu {8, 9, 10, 11}.
8. . . . je jedini sloˇzen broj u skupu {5, 7, 9, 11, 13}.
Zadatak 3 Odrediti istinitosne vrijednosti sljedećih iskaza:
1. 2
∈ N ∧ 2 > 0.
3
2. 1
25 > 0.4 ∧ 1 2 > 0.004.
25
1
1 1 1
3. − : − =
2 3 4 5
10
1
1
∨ ¬ − :
3 2 3
1
1
− = 7
4 5
Zadatak 4 Simbolički napisati sljedeće rečenice:
1. Oba prirodna broja a i b su parna.
2. Barem jedan od prirodnih brojeva a i b je neparan.
3. Oba prirodna broja a i b su neparna.
4. Barem jedan od prirodnih brojeva a i b je paran.
Zadatak 5 Zadani su iskazi p : “ 2
3 ≤ −1′′ , q : “Godina ima 8 mjeseci. ′′ i
r : “Dijagonale romba su medusobno normalne. ′′ Odrediti istinitosnu vrijednost
sljedećih formula:
1. ¬p ∨ (q ∧ r).
2. q ∨ p ∧ (¬q ∧ r)
∧ ¬p ∧ (q ∨ r) .
Zadatak 6 Nacrtati električna kola koja odgovaraju iskaznim formulama:

6 GLAVA 1. ELEMENTI MATEMATIČKE LOGIKE
1. (p ∧ q) ∧ (r ∧ s).
2. (p ∧ q) ∨ r ∨ s.
3. (p ∨ ¬q) ∧ r.
Zadatak 7 Sastaviti istinitosne tablice sljedećih iskaznih formula:
1. (p ∨ ¬q) ∧ r.
2. ¬p ∧ (q ∨ r).
3. q ∨ p ∧ (¬q ∨ r)
∧ ¬p ∧ (q ∨ r) .
Zadatak 8 Odrediti istinitosne vrijednosti sljedećih iskaza:
1. 2 + 2 = 4 ⇒ 2 + 3 = 4.
2. 3 = 7 ⇔ 5 = −4.
3. ¬(2 > 1) ⇒ ”Glavni grad ˇ Spanije je Torino.“.
Zadatak 9 Odrediti vrijednosti promjenjljive x ∈ {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} tako
da zadana iskazna formula bude tačna:
1. x > 7 ∨ x + 2 < 5.
2. x = 7 ∧ x − 2 > 4.
3. x = 1 ∨ x = 2 ∨ x = 3.
4. x − 2 < 2 ⇒ x + 1 = 2.
Zadatak 10 Odrediti vrijednosti promjenjljive x ∈ R tako da zadana iskazna
formula bude tačna:
1. x − 2 > 0 ∧ 2x − 10 < 0.
2. x − 3 > 0 ∨ x 2 − 3x + 2 < 0.
3.
x − 1
≥ 0 ⇒ 3x − 15 > 0.
x − 4
4. |x| < 4 ∨
x − 6
> 0.
8 − x
Zadatak 11 Sastaviti istinitosne tablice sljedećih iskaznih formula:
1. (p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p).
2. (p ⇒ q) ⇒ p ⇒ p.
3. ¬(p ∧ q) ⇔ (¬p ∨ ¬q).

1.4. TAUTOLOGIJE 7
4. (p ⇒ ¬q) ⇔ (q ⇒ ¬p).
Zadatak 12 Ako je τ(p ⇒ q) = ⊤ i τ(p ⇔ q) = ⊥ odrediti τ(q ⇒ p).
Zadatak 13 Ako je τ(p ⇔ q) = ⊤ odrediti τ(¬p ⇔ q), τ(¬p ⇒ q) i τ(q ⇒ p).
Zadatak 14 Sastaviti istinitosne tablice sljedećih iskaznih formula:
1. (p ∧ q) ⇒ r.
2. (p ∧ ¬r) ⇒ ¬q.
3. (p ⇒ q) ⇒ (r ⇒ ¬p) ⇒ (¬q ⇒ ¬r).
4.
¬p ⇒ (q ⇔ r) ∧ (¬p ⇒ r) ∧ (q ⇒ ¬r) ⇒ ¬r.
5. (p ⇒ q) ⇒
p ⇒ (q ⇒ r) ⇒ (p ⇒ r) .
Zadatak 15 Rijeˇsiti po p, q, r ∈ {⊤, ⊥} jednačine:
1. τ[(p ⇒ ¬q) ∨ r] = ⊥.
2. τ[(p ∧ ¬r) ⇒ q] = ⊤.
1.4 Tautologije
Definicija 7 Iskazna formula koja je tačna za sve vrijednosti svojih iskaznih
slova naziva se tautologija.
Teorema 1 Sljedeće iskazne formule su tautologije
1. p ∧ q ⇔ q ∧ p,
p ∨ q ⇔ q ∨ p.
2. (p ∧ q) ∧ r ⇔ p ∧ (q ∧ r),
(p ∨ q) ∨ r ⇔ p ∨ (q ∨ r).
3. p ∧ (q ∨ r) ⇔ (p ∧ q) ∨ (p ∧ r),
p ∨ (q ∧ r) ⇔ (p ∨ q) ∧ (p ∨ r).
4. ¬(p ∧ q) ⇔ ¬p ∨ ¬q,
¬(p ∨ q) ⇔ ¬p ∧ ¬q.
5. (p ⇒ q) ⇔ (¬q ⇒ ¬p).
6. p ⇒ q ⇔ ¬p ∨ q.
7. (p ⇔ q) ⇔ [(p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p)],
(p ⇔ q) ⇔ [(p ∧ q) ∨ (q ∧ p)].

8 GLAVA 1. ELEMENTI MATEMATIČKE LOGIKE
Dokaz:Tabela istinitosti za ˇsestu formulu glasi
p q ¬p p ⇒ q ¬p ∨ q F
⊤ ⊤ ⊥ ⊤ ⊤ ⊤
⊤ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊤
⊤ ⊤ ⊤ ⊤ ⊤ ⊤
⊤ ⊥ ⊤ ⊤ ⊤ ⊤
odakle se zaključuje da posljednja formula zaista jeste tautologija. Na isti način
se dokazuje da su i ostale formule tautologije.
Treba primjetiti da tautologija 6. omogućava “električnu” realizaciju implikacije.
1.5 Zadaci
Zadatak 16 Ne koristeći istinitosne tabele dokazati da su sljedeće iskazne formule
tautologije
1. p ∧ p ⇔ (¬q ∧ r)
⇒ q ⇒ (s ∨ t) ,
2. (p ⇔ q) ⇒ ¬r ∨ (s ∧ ¬t) ⇒ (r ∨ p)
3. p ⇔ (q ∨ r) ⇒ (q ∧ s) ⇒ (t ∨ p)
4. (¬p ∧ ¬q) ⇒ (r ∨ s) ∨ (r ∧ t) ⇔ p
1.6 Osnovi predikatskog računa
1.6.1 Pojam predikata
Definicija 8 Predikat duˇzine n ∈ N, definsan na skupu S = ∅, je svako preslikavanje
P : S n ↦→ {⊤, ⊥}. Specijalno, predikati duˇzine nula su iskazi.
U daljem tekstu paˇznja će se posvetiti isključivo predikatima duˇzine jedan i dva.
Primjer 1 Neka je S skup svih studenata Univerziteta u Sarajevu i neka je
P predikat duˇzine jedan definisan na skupu S sa: “biti student Gradevinskog
fakulteta.”
Primjer 2 Neka je S skup prirodnih brojeva i neka je P predikat duˇzine jedan
definisan na skupu S sa: “broj n je djeljiv sa tri.”
Primjer 3 Neka je S skup svih planeta sunčevog sistema i neka je P predikat
duˇzine dva definisan na skupu S sa: “planete p1 i p2 su susjedne.”
Primjer 4 Neka je S skup prirodnih brojeva i neka je P predikat duˇzine dva
definisan na skupu S sa: “zbir brojeva n1 i n2 je prost broj.”

1.6. OSNOVI PREDIKATSKOG RAČUNA 9
Vaˇzno je uočiti razliku izmedu predikata i iskaza. Naime, predikat duˇzine jedan
(dva) nije iskaz, ali taj predikat svakom elementu skupa S (S 2 ) pridruˇzuje iskaz.
Na izvjestan način, predikati se mogu poistovjetiti sa formularima. Prazan formular
predstavlja predikat (student Univerziteta u Sarajevu jeste ili nije student
Gradevinskog fakulteta), dok se nakon njegovog ispunjavanja (za konkretnog
studenta se utvrduje da li je student Gradevinskog fakulteta) dobija konkretna
činjenica.
Medu svim predikatima (duˇzine jedan ili dva) treba istaći tzv. identički
istinit i identički laˇzan predikat. Identički istinit predikat svakom elementu
skupa na kojem je definisan pridruˇzuje tačan iskaz, dok identički laˇzan predikat
svakom elementu skupa na kojem je definisan pridruˇzuje netačan iskaz.
1.6.2 Kvantori (kvantifikatori)
Kvantori predikatima duˇzine jedan pridruˇzuju iskaze, a predikatima duˇzine
dva pridruˇzuju predikate duˇzine jedan.
Definicija 9 Neka je P predikat duˇzine jedan definisan na skupu S. Egzistencijalni
kvantor, u oznaci ∃, predikatu P pridruˇzuje iskaz
(∃x ∈ S)(P (x)) (1.1)
koji je tačan ako postoji (barem jedan) element a ∈ S takav da je P (a) = ⊤.
Dakle, iskaz (1.1) je netačan ako i samo ako je predikat P identički laˇzan.
Definicija 10 Neka je P predikat duˇzine jedan definisan na skupu S. Univerzalni
kvantor, u oznaci ∀, predikatu P pridruˇzuje iskaz
(∀x ∈ S)(P (x)) (1.2)
koji je tačan ako za sve elemente a ∈ S vaˇzi P (a) = ⊤. Dakle, iskaz (1.2) je
tačan ako i samo ako je predikat P identički istinit.
Na osnovu prethodnih definicija zaključuje se da je negacija iskaza (1.1) iskaz
dok je negacija iskaza (1.2) iskaz
(∀x ∈ S)(¬P (x)),
(∃x ∈ S)(¬P (x)).
Definicija 11 Neka je P predikat duˇzine dva definisan na skupu S = ∅. Djelovanjem
egzistencijalnog, odnosno univoerzalnog kvantora na predikat P dobijaju
se dva dva predikata duˇzine jedan definisana na skupu S. To su predikati
i
P1(y) = (∃x ∈ S)(P (x, y)) (1.3)
P2(x) = (∃y ∈ S)(P (x, y)), (1.4)

10 GLAVA 1. ELEMENTI MATEMATIČKE LOGIKE
odnosno predikati
i
P3(y) = (∀x ∈ S)(P (x, y)) (1.5)
P4(x) = (∀y ∈ S)(P (x, y)). (1.6)
Ako je Y ∈ S, onda je P1(Y ) = ⊤ ako je P (a, Y ) = ⊤ za neko a ∈ S. Ako
je Y ∈ S, onda je P3(Y ) = ⊤ ako je P (a, Y ) = ⊤ za sve a ∈ S. Analogno se
definiˇsu vrijednosti predikata P2 i P4.
Kaˇze se da je u predikatima (1.3) i (1.5) prva promjenjljiva je vezana (odgovarajućim
kvantorom), dok je druga promjenjljiva slobodna. Analogno, u predikatima
(1.4) i (1.6) slobodna je prva, a vezana (naravno, odgovarajućim kvantorom)
druga promjenjljiva.
Dalje se, djelovanjem univerzalnog i egzistencijalnog kvantora na predikate
(duˇzine jedan) (1.3), (1.4), (1.5) i (1.6) dobija osam iskaza
I1 ≡ (∃y ∈ S)P1(y) = (∃y ∈ S)(∃x ∈ S)(P (x, y))
I2 ≡ (∀y ∈ S)P1(y) = (∀y ∈ S)(∃x ∈ S)(P (x, y))
I3 ≡ (∃x ∈ S)P2(x) = (∃x ∈ S)(∃y ∈ S)(P (x, y))
I4 ≡ (∀x ∈ S)P2(x) = (∀x ∈ S)(∃y ∈ S)(P (x, y))
I5 ≡ (∃y ∈ S)P3(y) = (∃y ∈ S)(∀x ∈ S)(P (x, y))
I6 ≡ (∀y ∈ S)P3(y) = (∀y ∈ S)(∀x ∈ S)(P (x, y))
I7 ≡ (∃x ∈ S)P4(x) = (∃x ∈ S)(∀y ∈ S)(P (x, y))
I8 ≡ (∀x ∈ S)P4(x) = (∀x ∈ S)(∀y ∈ S)(P (x, y)),
čije se istinitosne vrijednosti odreduju na osnovu definicije egzistencijalnog,
odnosno univerzalnog kvantora.
1.7 Zadaci
Zadatak 17 Neka je predikat P definisan na skupu S = {x ∈ N1
≤ x ≤ 15}
sa “x je prost broj”. Sastaviti istinitosnu tabelu predikata P.
Zadatak 18 Sastaviti istinitosne tabele svih jednomjesnih predikata definisanih
na skupu S = {a, b, c}.
Zadatak 19 Sastaviti istinitosne tabele svih dvomjesnih predikata definisanih
na skupu S = {a, b}.
Zadatak 20 Sastaviti istinitosne tablice svih jednomjesnih predikata P, definisanih
na skupu S = {a, b, c, d}, takvih da je ¬P (a) ⇒ P (c) = ⊥.
Zadatak 21 Odrediti istinitosne vrijednosti sljedećih iskaza
1. (∃x ∈ N)(x < 5),

1.7. ZADACI 11
2. (∀x ∈ N)(x ≥ 0),
3. (∃x ∈ N)(3x + 2 = 3),
4. (∀x ∈ N)(1 · x = x),
5. ¬(∃x ∈ N)(x ≤ 2),
6. ¬(∃x ∈ N)(x > 5 ∧ x < 10).
Zadatak 22 Napisati negaciju sljedećih iskaza
1. (∀x ∈ R)(x = 0),
2. (∃x ∈ N)(x 2 < 0),
3. (∀x ∈ R)(x · 0 = 0),
4. (∃x ∈ Z)(x + 5 > 0),
5. (∀x ∈ N)(x + 1 ≥ 2 ∨ x = 1).
Zadatak 23 Koristeći kvantore (i odgovarajuće simbole) simbolički napisati
sljedeće rečenice
1. “x je potpun kvadrat”,
2. “Postoji broj čiji je kvadrat nula”,
3. “Izmedu svaka dva racionalna broja postoji racionalan broj”,
4. “Za svaki realan broj x postoji realan broj y ≥ 0 takav da je x 2 = y”.
Zadatak 24 Odrediti istinitosne vrijednosti sljedećih iskaza
1. (∀x ∈ N)(∃y ∈ N)(x < y),
2. (∃x ∈ N)(∀y ∈ N)(x ≤ y),
3. (∀x ∈ N)(∃y ∈ N)(x > y),
4. (∀x ∈ N)(∀y ∈ N)(x + y = y + x),
5. (∀x ∈ N)(∃y ∈ N)(xy = x),
6. (∀x ∈ R)(∀y ∈ R)(∃z ∈ R)(x · z + y = 0),
7. (∀x ∈ R)(∀y ∈ R)(∃z ∈ R)(x · z + y = 0),
8. (∃x ∈ R)(∃y ∈ R)(∀z ∈ R)(x · z + y = 0),
9. (∃x ∈ R)(∃y ∈ R)(∀z ∈ R)(x · z + y = 0).
Zadatak 25 Neka je P predikat duˇzine dva definisan na skupu S = {a, b, c, d}
sljedećom tabelom

12 GLAVA 1. ELEMENTI MATEMATIČKE LOGIKE
Rijeˇsiti po t ∈ S jednačine
1. P (t, b) ∨ ¬P (c, t) = ⊥,
2. P (a, t) ∧ P (d, t) = ⊤.
y ↓ x → a b c d
a ⊤ ⊥ ⊤ ⊤
b ⊤ ⊥ ⊤ ⊥
c ⊥ ⊤ ⊤ ⊤
d ⊤ ⊥ ⊤ ⊥
Zadatak 26 Neka je P predikat duˇzine dva definisan na skupu S = {a, b, c, d}
sljedećom tabelom
y ↓ x → a b c d
a ⊤ ⊥ ⊤ ⊤
b ⊤ ⊥ ⊤ ⊥
c ⊥ ⊤ ⊤ ⊤
d ⊤ ⊥ ⊤ ⊥
1. Sastaviti tabele četiri predikata duˇzine jedan koji nastaju djelovanjem egzistencijalnog
i univerzalnog kvantora na predikat P.
2. Odrediti istinitosnu vrijednost osam iskaza koji nastaju djelovanjem egzistencijalnog
i univerzalnog kvantora na prethodno formirana četiri predikata
duˇzine jedan.

Glava 2
Skup, binarna relacija,
funkcija
2.1 Pojam skupa
Teoriju skupova moguće je zasnovati aksiomatski ili naivno. Aksiomatsko zasnivanje
teorije skupova pretpostavlja da je skup svaki objekat koji zadovoljava
zadanu grupu aksioma. Sa druge strane, naivno zasnivanje teorije skupova (u
ovom tekstu teorija skupova će biti zasnovana na ovaj način) polazi od stanoviˇsta
da je skup jedan od osnovnih matematičkih pojmova i da se ne definiˇse. Podrazumijeva
se da se svaki skup sastoji od svojih elemenata i da je skup korektno
zadan ako se za svako objekat moˇze utvrditi da li je element zadanog skupa ili
ne. Uobičajeno je da se skupovi označavaju velikim slovima latinice A, B, C, . . .
i da se elementi skupova označavaju malim slovima latinice a, b, c, . . . 1 Činjenica
da je a element skupa A označava se sa a ∈ A, dok se činjenica da b nije element
skupa A označava sa b /∈ A. Oznaka a ∈ A svakako moˇze biti shvaćena i kao
iskaz koji je tačan ako a jeste element skupa A, a netačan ako a nije element
skupa A.
Skup koji nema elemenata naziva se prazan skup i označava se sa ∅, dok se
skup koji sadrˇzi sve elemente naziva univerzalni skup i označava se sa U. Pojam
unoiverzalnog skupa obično se relativizira u zavisnosti od predmeta izučavanja
odredene discipline.
Skupovi A i B su medusobno jednaki, u oznaci A = B, ako su svi elementi
skupa A ujedno elementi skupa B i svi elementi skupa B ujedno elementi skupa
A. Skup A je podskup skupa B (odnosno skup B je nadskup skupa A), u oznaci
A ⊆ B (odnosno B ⊇ A), ako su svi elementi skupa A ujedno elementi skupa B.
Drugim riječima, skupovi A i B su medusobno jednaki ako je tačna ekvivalencija
x ∈ A ⇔ x ∈ B, a skup A je podskup skupa B ako je tačna implikacija
1 Tipičan primjer odstupanja od ove prakse je označavanje u geometriji. Naime, u geometriji
je uobičajeno da se prave (koje su skupovi tačaka) označavaju malim slovima latinice, dok se
tačke, iako elementi ovih skupova označavaju velikim slovima latinice.
13

14 GLAVA 2. SKUP, BINARNA RELACIJA, FUNKCIJA
x ∈ A ⇒ x ∈ B. Prema prethodno rečenom, prazan skup je podskup svakog
skupa, dok je univerzalni skup nadskup svakog skupa.
Najjednostavniji način zadavanja nekog skupa je navodenje svih njegovih elemenata.
Naravno, ovakvo zadavanje supa je moguće samo ako je broj elemenata
skupa konačan, (relativno) mali broj. Prilikom zadavanja skupa svaki element
se navodi samo jednom, jer ponavljanje istog elementa viˇse puta nema značaja.
U tom smislu, skupovi {1, 2, 3} i {2, 1, 2, 3, 1, 3, 3} su medusobno jednaki.
Kada je broj elemenata nekog skupa konačan (relativno) veliki ili beskonačan
broj, skupovi se zadaju na drugi način. Na primjer,
• {x ∈ Nx
≤ 1012 },
• {x ∈ Zx
≥ −100},
• {x ∈ Q0
≤ x ≤ 1},
• {(x, y)
x ∈ R ∧ y ∈ R ∧ x 2 + y 2 = 1}.
2.2 Skupovne operacije
Kao i u slučju logičke operacije, skupovna operacija moˇze biti shvaćena kao
postupak kojim se skup-u/ovima pridruˇzuje skup. Od skupovnih operacija u
daljem tekstu će se obraditi jedna unarna operacija (operacija koja jednom
skupu pridruˇzuje skup), tzv. komplementiranje i tri binarne operacije (operacija
koja paru skupova pridruˇzuje skup), tzv. presjek, unija i razlika.
Definicija 12 Komplement skupa A, u oznaci AC je skup svih elemenata univerzalnog
skupa koji ne pripadaju skupu A. Simbolički,
A C
= {x ∈ Ux
/∈ A}.
Iz posljednje definicije neposredno slijedi da je ∅ C = U kao i da je U C = ∅.
Definicija 13 Presjek skupova A i B, u oznaci A ∩ B je skup svih elemenata
univerzalnog skupa koji pripadaju i skupu A i skupu B. Simbolički,
A ∩ B = {x ∈ Ux
∈ A ∧ x ∈ B}.
Jednostavno se provjeravaju osnovne osobine presjeka
• za svaki skup A vaˇzi A ∩ ∅ = ∅, A ∩ U = A i A ∩ A = A,
• za svaka dva skupa A i B vaˇzi A ∩ B = B ∩ A,
• za svaka tri skupa A, B i C vaˇzi A ∩ (B ∩ C) = (A ∩ B) ∩ C.

2.3. ZADACI 15
Definicija 14 Unija skupova A i B, u oznaci A ∪ B je skup svih elemenata
univerzalnog skupa koji pripadaju ili skupu A ili skupu B. Simbolički,
A ∪ B = {x ∈ Ux
∈ A ∨ x ∈ B}.
Jednostavno se provjeravaju osnovne osobine unije
• za svaki skup A vaˇzi A ∪ ∅ = A, A ∪ U = U i A ∪ A = A.
• za svaka dva skupa A i B vaˇzi A ∪ B = B ∪ A,
• za svaka tri skupa A, B i C vaˇzi A ∪ (B ∪ C) = (A ∪ B) ∪ C.
Definicija 15 Razlika skupova A i B, u oznaci A/B je skup svih elemenata
univerzalnog skupa koji pripadaju skupu A, a ne pripadaju skupu B. Simbolički,
A/B = {x ∈ Ux
∈ A ∧ x /∈ B}.
Treba napomenuti da u opˇstem slučju ne vrijedi jednakost A/B = B/A, ˇsto
potvrduje primjer skupova A = {1, 2, 3, 4} i B = {1, 3, 5, 6}. Zaista, A/B =
{2, 4}, dok je B/A = {5, 6}. Dakle, A/B = B/A.
Teorema 2 Za svaka tri skupa A, B i C vaˇze sljedeće skupovne jednakosti
1. (A C ) C = A,
2. A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) i A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C),
3. A/B = A ∩ B C .
4. (A ∩ B) C = A C ∪ B C i (A ∪ B) C = A C ∩ B C i specijalno
A/(B ∩ C) = (A/B) ∪ (A/C) i A/(B ∪ C) = (A/B) ∩ (A/C).
Dokaz ovog tvrdenja moˇze se pronaći npr. u [1].
Definicija 16 Partitivni skup skupa A, u oznaci P(A), je skup svih podskupova
skupa A. Specijalno, prazan skup i skup A su elementi partitivnog skupa skupa
A.
2.3 Zadaci
Zadatak 27 Neka je A = {x ∈ Zx2
≤ 4}, B = {x ∈ Nx
− 2 < 3}, C =
{x ∈ Nx|12},
D = {x ∈ Nxje
prost broj ∧ x < 8}. Odrediti skupove (A/B) ∪
(C/D), (A ∪ B)/(C ∪ D), (A/B) ∩ (C/D), (A ∩ B)/(C/D).
Zadatak 28 Neka je A = {x ∈ R4x
− 1 < 2x + 1}, B = {x ∈ R2x
≤ 4x − 6}.
Odrediti skupove A ∩ N i B ∩ N (N je oznaka za skup prirodnih, a R za skup
realnih brojeva).

16 GLAVA 2. SKUP, BINARNA RELACIJA, FUNKCIJA
Zadatak 29 Neka su [a, b], [a, b), (a, b], (a, b) uobičajene oznake za zatvoreni,
poluotvoreni i otvoreni interval na brojnoj osi. Odrediti i grafički predstaviti
sljedeće skupove:
1. [0, 3] ∩ (1, 7),
2. (−5, 2] ∪ (2, 4),
3. (−∞, 0) ∪ (−2, 3),
4. (−∞, −1) ∩ (−2, ∞),
5. ((−∞, −1) ∪ (1, ∞)) ∩ (−2, 2),
6. ((−5, 4] ∪ (7, 9]) ∩ (0, 10].
Zadatak 30 Napisati partitivni skup skupa A = {a, b, c}.
Zadatak 31 Neka je A = {a, b, c, d, e, f, g} i neka je B = {b, c, e, f, g}. Odrediti
skup X ako je poznato da je A ∩ X = {c, d} i B ∪ X = {b, c, d, e, f, h, i}.
Zadatak 32 Unije dva skupa ima 15 elemenata, jedan od njih ima 8, a njihov
presjek 5 elemenata. Koliko elemenata ima drugi skup?
Zadatak 33 Svaki učenik jedne ˇskole uči barem jedan od tri strana jezika engleski,
francuski ili njemački. Pri tome engleski jezik uči 280 učenika, francuski
230 i njemački 230. Dalje, engleski i francuski uči 120 učenika, 80 francuski
i njemački i 110 učenika njemački i engleski. Sva tri jezika uči 50 učenika.
Koliko učenika ima u toj ˇskoli?
2.4 Pojam binarne relacije
Definicija 17 Uredeni par sa prvom koordinatom a i drugom koordinatom b, u
oznaci (a, b) je skup
{{a}, {a, b}}.
Najvaˇzniju osobinu uredenog para opisuje sljedeća
Lema 1
(a, b) = (c, d) ⇔ a = c ∧ b = d.
Dokaz ovog tvrdenja moˇze se pronaći u [1]. Dakle, u opˇstem slučaju je (a, b) =
(b, a). Tipični primjeri uredenih parova iz svakodnevnog ˇzivota su par cipela,
rukavica, itd.
Definicija 18 Dekartov proizvod nepraznih skupova A i B, u oznaci A × B, je
skup
{(a, b) a ∈ A ∧ b ∈ B}.

2.5. OSNOVNE OSOBINE BINARNE RELACIJE 17
Ukoliko je A = B, umjesto oznake A × A, koristi se oznaka A 2 .
Definicija 19 Svaki podskup Dekartovog proizvoda skupova A i B naziva se
binarna relacija iz skupa A u skup B. Ako je A = B za binarnu relaciju se kaˇze
da je definisana na skupu A.
Iz prethodne definicije se zaključuje da je sasvim korektno utvrdivati da li neki
par pripada binarnoj relaciji ρ ⊆ A × B ili ne. Ukoliko je (a, b) ∈ ρ ⊂ A × B,
koristi se oznaka aρb, a ukoliko (a, b) /∈ ρ ⊂ A × B, koristi se oznaka ¬(aρb).
2.5 Osnovne osobine binarne relacije
Definicija 20 Neka je binarna relacija ρ definsana na nepraznom skupu A.
Relacija ρ je:
• refleksivna ako (∀a ∈ A)(aρa),
• antirefleksivna ako (∀a ∈ A)¬(aρa)
• simetrična ako (∀a, b ∈ A)(aρb ⇒ bρa),
• antisimetrična ako (∀a, b ∈ A)(aρb ∧ bρa ⇒ a = b),
• tranzitivna ako (∀a, b, c ∈ A)(aρb ∧ bρc ⇒ aρc).
Binarna relacija koja je refleksivna, simetrična i tranzitivna naziva se relacija
ekvivalencije. Binarna relacija koja je refleksivna, antisimetrična i tranzitivna
naziva se relacija poretka. Ako je ρ ⊂ A 2 relacija ekvivalencije, onda se za
svaki element a ∈ A uočava skup svih elemenata skupa A koji su u relaciji sa
elementom a. Taj skup se naziva klasa elementa a i označava se sa [a]ρ. Dakle,
[a]ρ = {x ∈ Axρa}
Teorema 3 Neka je ρ ∈ A 2 relacija ekvivalencije. Tada:
(∀a, b ∈ A)([a]ρ = [b]ρ ∨ [a]ρ ∩ [b]ρ = ∅)
Pri tome je tačan samo jedan od dva iskaza u prethodnoj disjunkciji.
Dokaz ovog tvrdenja moˇze se naći u [1]. Slobodno govoreći, svaka relacija ekvivalencije,
definisana na skupu A, “razbija” skup A na tzv. klase ekvivalencije.
Pomenuto “razbijanje” je takvo da svake dvije particije razbijanja nemaju zajedničkih
elemenata, a unija svih particija je upravo skup A.

18 GLAVA 2. SKUP, BINARNA RELACIJA, FUNKCIJA
2.6 Zadaci
Zadatak 34 Odrediti i grafički predstaviti skupove A × A, A × B, B × A, B × B
ako je:
• A = {−1, 0, 1, 2}, B = {a, b, c},
• A = {x ∈ R
− 1 ≤ x ≤ 1}, A = {x ∈ R1
≤ x ≤ 2}
Zadatak 35 Odrediti skupove A i B ako je A×B = {(m, 0), (m, 1), (n, 0), (n, 1), (p, 0), (p, 1)}.
Zadatak 36 Zadani su skupovi E1 = {(x, y) x, y ∈ N ∧ x + 2y = 10} i E2 =
{(x, y) x, y ∈ N ∧ x + y = 3}. Odrediti skupove E1 ∩ E2, E1 ∪ E2, E1 × E2.
Zadatak 37 Na skupu {a, b, c} definisana je relacija ρ = {(a, a), (a, b), (b, b), (c, c)}.
Predstaviti binarnu relaciju ρ mreˇzom i tablicom.
Zadatak 38 Na skupu A = {1, 2, 3, 4} definisana je binarna relacija ρ sa:
1. xρy ⇔ x > y + 1 i
2. xρy ⇔ x < y − 1
Predstaviti relaciju ρ tablicom i mreˇzom i ispitati njenu refleksivnost, simetričnost,
antisimetričnost i tranzitivnost.
Zadatak 39 Koja od svojstava refleksivnosti, simetričnosti, antisimetričnosti i
refleksivnosti imaju binarne relacije:
1. xρy ⇔ x 2 − xy + y 2 = 1 i
2. xρy ⇔ x 2 ≤ y 2 .
Zadatak 40 Na skupu A = {a, b, c, d, e} definisana je binarna relacija ρ =
{(a, a), (b, b), (c, c), (d, d), (e, e), (a, b), (b, a), (b, e), (e, b), (e, a), (a, e), (c, d), (d, c)}.
Dokazati da je ρ relacija ekvivalencije i odrediti njene klase.
Zadatak 41 Na skupu Z definisana je binarna relacija ρ na sljedeći način:
(∀x, y ∈ Z)(xρy ⇔)2(x
+ y).
Dokazati da je ρ relacija ekvivalencije i odrediti njene klase.

2.7. POJAM FUNKCIJE 19
2.7 Pojam funkcije
Definicija 21 Neka su zadani neprazni skupovi A i B. Binarna relacija f ⊆
A × B je funkcija koja skup A preslikava u skup B ako za svaki element a ∈ A
postoji najviˇse jedan element skupa b ∈ B takav da je afb.
Ukoliko funkcija f preslikava skup A u skup B, koristi se oznaka f : A ↦→ B.
Dalje, umjesto oznake afb koristi se oznaka f(a) = b. Skup A naziva se domen,
a skup B kodomen funkcije f. Elementi skupa A nazivaju se originali, a elementi
skupa B slike. Skup svih elemenata skupa A kojima odogovara (tačno jedan)
elemet skupa B naziva se prirodni domen funkcije f, a skup svih elemenata
skupa B koji imaju odgovarajući original u skupu A naziva se skup vrijednosti
funkcije f (faktički, to je skup f(A) = {b ∈ B(∃a
∈ A)f(a) = b}). Naravno,
izbacivanjem onih elemenata skupa A koji nemaju odgovarajuću sliku u skupu
B dobija se prirodni domen funkcije f.
Dakle, svaka funkcija je odredena sa tri objekata. To su dva skupa i pravilo
kojim se elementima jednog skupa pridruˇzuju elementi drugog skupa. Dvije
funkcije su jednake ako su im jednaki i domen, i kodomen, i pravilo pridruˇzivanja.
2.7.1 Primjeri
Primjer 5 Neka je A = {1, 2, 3, 4} i neka je B = {a, b, c}. Binarna relacija
ρ = {(1, a), (2, a), (2, b), (3, a), (4, a), (4, c)} nije funkcija iz skupa A u skup B
jer originalima 2 i 4 odgovaraju po dvije različite slike iz skupa B.
Primjer 6 Neka su skupovi A i B definisan kao i u prethodnom primjeru. Slijede
primjeri binarnih relacija koje jesu funkcije f : A ↦→ B
1 2 3 4
• f :
,
a b a c
• f :
• f :
1 2 3 4
a b a b
1 2 3 4
c c c c
i
.
Primjer 7 Neka je A skup svih stanovnika Kantona Sarajevo i neka je B skup
svih ulica u Kantonu Sarajevo. Dalje, neke se svakom stanovniku Kantona
Sarajevo (elementu skupa A) pridruˇzuje ulica (elementu skupa B) u kojoj taj
stanovnik ˇzivi. Na ovaj način (pod pretpostavkom da svaki stanovnik ˇzivi u
tačno jednoj ulici) definisana je funkcija f : A ↦→ B.
Primjer 8 Neka je A skup svih knjiga u nekoj biblioteci i neka je B = N (skup
prirodnoh brojeva). Funkcije f : A ↦→ B svakoj knjizi (elementu skupa A)
pridruˇzuje broj njenih strana (element skupa B).

20 GLAVA 2. SKUP, BINARNA RELACIJA, FUNKCIJA
Primjer 9 Neka je uočena ravan π, neka je p ∈ π fiksirana prava i neka je
A = B = π. Primjer jedne funkcije iz skupa A u skup B je osna simetrija u
odnosu na pravu p.
Primjer 10 Neka je A = B = R i neka je funkcija f : A ↦→ B definisana sa
f(x) = 2x − 1.
Primjer 11 Neka je zadan neprazan skup A. Vaˇzan primjer funkcije koja skup
A preslikava u sebe je tzv. identičko preslkikavanje skupa A (identitet). Ova
funkcija se najčeˇsće označava sa I i definiˇse se na sljedeći način:
(∀a ∈ A)(I(a) = a).
Definicija 22 Neka su zadani neprazni skupovi A i B. Funkcija f : A ↦→ B je:
• sirjekcija (na) ako
• injekcija (1-1) ako
(∀b ∈ B)(∃a ∈ A)(f(a) = b)
(∀a1, a2 ∈ A)(a1 = a2 ⇒ f(a1) = f(a2))
• bijekcija ako je sirjekcija i injekcija.
Očigledno je da je uslov injektivnosti moguće zamijeniti uslovom
(∀a1, a2 ∈ A)(f(a1) = f(a2) ⇒ a1 = a2).
Slobodno govoreći, funkcija je sirjekcija ako svaka slika (element skupa B)
ima odgovarajući original (element skupa A). Sa druge strane, funkcija je injekcija
ako različitim originalima odgovaraju različite slike (isim slikama odgovaraju
isti originali).
2.8 Sloˇzena funkcija i inverzna funkcija
Definicija 23 Neka su zadani neprazni skupovi A, B i C i neka f : A ↦→ B i
g : B ↦→ C. Kompozicija funkcija f i g, u oznaci g ◦ f, je funkcija koja skup A
preslikava u skup C na sljedeći način:
(∀a ∈ A)((g ◦ f)(a) = g(f(a))).
Treba primjetiti da gornja definicija podrazumijeva da je skup B prirodni domen
funkcije g. U protivnom bi mogao postojati element a ∈ A takav da ne postoji
g(f(a)). Dalje, očigledno je da funkcija f ◦ g uopˇste ne postoji. Medutim, ako
je A = B = C i ako f, g : A ↦→ A, onda postoje i funkcija g ◦ f i funkcija f ◦ g,
ali u opˇstem slučaju ne vaˇzi jednakost g ◦ f = f ◦ g, ˇsto ilustruje sljedeći

2.9. ZADACI 21
Primjer 12 Neka je A = {a, b, c} ineka su funkcije f, g : A ↦→ Adefinisane sa:
a b c
a b c
a b c
f :
i g :
. Očigledno je da je f ◦ g :
,
b c a
c b a
a c b
a b c
dok je g ◦ f :
.
b a c
Definicija 24 Neka su zadani neprazni skupovi A i B i neka f : A ↦→ B.
Ukoliko postoji funkcija f −1 : B ↦→ A takva da je
(∀a ∈ A)f −1 ◦ f = I,
gdje je I identičko preslikavanje skupa A, onda se funkcija f −1 naziva inverzna
funkcija funkcije f.
Iz prethodne definicije neposredno slijedi da je (f −1 ) −1 = f, tj. da je inverzna
funkcija inverzne funkcije upravo polazna funkcija. Dalje, ako je A = B, onda je
f −1 ◦ f = f ◦ f −1 . Slobodno govoreći, funkcija f elemente skupa A “prebacuje”
u skup B, a inverzna funkcija f −1 ih “vraća” na polaznu poziciju.
Teorema 4 Neka su zadani neprazni skupovi A i B. Za funkciju f : A ↦→ B
postoji inverzna funkcija f −1 ako i samo ako je funkcija f bijekcija.
Formalan dokaz ovog tvrdenja izostavljamo (moˇze se naći npr. u [1]), ali
ipak ukazujemo na to da činjenica da je funkcija f bijekcija znači da svakom
elementu skupa A odgovara tačno jedan element skupa B, ˇsto inverznoj funkciji
omogućava da slike “vrati” na pozicije originala.
2.9 Zadaci
Zadatak 42 Neka je zadan skup A = {a, b, c, d} i neka je funkcija f : A ↦→ A
definisana sa f :
a b c d
d a b c
.
1. Izračunati: f(a), f(f(b)), f(f(f(c))), f(f(f(f(d))))
2. Rijeˇsiti po x ∈ A jednačine: f(x) = a, f(f(x)) = b, f(f(f(x))) = d.
Zadatak 43 Neka je A = {a, b, c, d}, B = {1, 2, 3, 4, 5} i neka je funkcija f :
A ↦→ B definisana sa f :
sljedećih iskaza:
1. (∃x ∈ A)(f(x) = 4),
2. (∃x ∈ A)(f(x) = 1),
3. (∀x ∈ A)(f(x) ≤ 5),
a b c d
5 3 1 2
4. (∃x1, x2 ∈ A)(f(x1) = f(x2)) i
. Odrediti istinitosnu vrijednost

22 GLAVA 2. SKUP, BINARNA RELACIJA, FUNKCIJA
5. (∀y ∈ B)(∃x ∈ A)(f(x) = y).
Zadatak 44 Neka je A = {a, b, c, d}, B = {1, 2, 3, 4} i neka su funkcije f1, f2, f3, f4, f5 :
A ↦→ B definisane sa:
a
1. f1 :
1
b
3
c
1
d
2
,
a
2. f2 :
1
b
4
c
3
d
2
,
a
3. f3 :
1
b
3
c
4
d
2
,
a
4. f4 :
1
b
4
c
1
d
3
i
a
5. f5 :
2
b
3
c
1
d
4
.
Koja od navedenih preslikavanja su sirjekacije, a koja injekcije?
Zadatak 45 Neka je A = {a, b, c, d}, B
= {1, 2, 3, 4} i neka je funkcija f : A ↦→
a b c d
B definisana sa: f :
1 3 ∗ 4
1. Koji element skupa B treba stajati na poziciji simbola ∗ tako da dobijeno
preslikavanje bude bijekcija?
2. Koji element skupa B moˇze stajati na poziciji simbola ∗ tako da dobijeno
preslikavanje ne bude bijekcija?
Zadatak 46 Neka je A = {a, b, c, d}, B = {p, q, r} i C = {α, β}. Dalje, neka su
funkcije f : A ↦→ B i g : B ↦→ C definisane na sljedeći način:
a
1. f :
p
b
q
c
p
d
r
p
, g :
α
q
α
r
β
i
a
2. f :
q
b
q
c
r
d p
, g :
p α
q
β
r
α
.
Odrediti funkcije g ◦ f.
Zadatak 47 Neka je A = {1, 2, 3} i neka je funkcija f : A ↦→ A definisana sa
f :
1 2 3
2 3 1
. Rijeˇsiti po n ∈ N jednačine:
1. f n = I (I je identičko preslikavanje skupa A),
2. f n = f i
3. f n = f 2 ,

2.9. ZADACI 23
gdje je f n = f ◦ f ◦ . . . ◦ f .
n
Zadatak 48 Neka je A = {a, b, c, d} i neka je funkcija f : A ↦→ A definisana
sa f :
a b c d
a c d b
1. f(x) = c,
2. f 2 (x) = b,
3. f 3 (x) = d,
4. f n (x) = a, n ∈ N,
5. f −1 (x) = b,
6. (f −1 ) 3 (x) = d i
7. (f −1 ) n (x) = a.
. Rijeˇsiti po x ∈ A jednačine:
Zadatak 49 Neka jeA = {a, b, c, d} i neka su
funkcije f, g : A ↦→ A definisane
a b c d a b c d
sa f :
i g :
. Rijeˇsiti po x ∈ A jednačine:
b c a d c b d a
1. (g ◦ f −1 )(x) = b,
2. (g −1 ◦ f)(x) = d,
3. (g −1 ◦ f −1 )(x) = a,
4. (g ◦ f −1 ◦ g)(x) = c i
5. (g −1 ◦ f ◦ g −1 )(x) = c.
Zadatak 50 Odrediti vrijednost parametra a ∈ R tako da funkcija f : R ↦→ R
definisana sa f(x) = −x − a:
1. bude sama sebi inverzna.
2. zadovoljava uslov (g ◦ f)(x) = −2x, gdje je funkcija g : R ↦→ R definisana
sa: g(x) = 2x − 1.
3. zadovoljava uslov (g ◦ f)(x) = 2x, gdje je funkcija g : R ↦→ R definisana
sa: g(x) = 3x − 1.
Zadatak 51 Neka je funkcija f : R ↦→ R definisana sa f(x) = 2x − a. Odrediti
vrijednost parametra A ∈ R tako da vaˇzi (f ◦ f)(3) = 2.

24 GLAVA 2. SKUP, BINARNA RELACIJA, FUNKCIJA

Glava 3
Kombinatorika
3.1 Matematička indukcija
Matematička indukcija 1 je posebna tehnika dokazivanja kojom se dokazuje
da odredeno tvrdenje vaˇzi za sve prirodne brojeve (počevˇsi od nekog prirodnog
broja). Dokaz matematičkom indukcijom se realizuje u tri koraka.
U prvom se koraku dokaˇze da je tvrdenje tačno za prirodan broj jedan.
Eventualno, dokaˇze se da je tvrdenje tačno za neki prirodan broj n0 takav
da je tvrdenje tačno za sve ostale prirodne brojeve n ≥ n0. Drugi korak je tzv.
indukcijska hipoteza 2 . Indukcijska hipoteza je pretpostavka da je tvrdenje tačno
za sve prirodne brojeve koji nisu veći od nekog prirodnog broja n. U posljednjem
se koraku dokazuje (uz obavezno koriˇstenje indukcijske hipoteze) da je tvrdenje
tačno i za prirodan broj n + 1. Simbolički se dokaz matematičkom indukcijom
moˇze opisati na sljedeći način:
1. T (1)(T (n0)), za neko n0 ∈ N,
2. pretpostavlja se da je (∀k ∈ N)(k ≤ n ⇒ T (k)) i
3. T (n + 1).
Dakle, matematičkom indukcijom se dokazuje niz implikacija
T (1) ⇒ T (2) ⇒ . . . T (n) ⇒ T (n + 1) ⇒ . . .
Neformalno govoreći, matematička indukcija se moˇze shvatiti kao ruˇsenje
niza beskonačno mnogo domina. Naime, u prvom se koraku sruˇsi prva domina,
a dva posljednja koraka znače da svaka domina koja padne obara sljedeću. Na
taj će način biti sruˇsene sve domine.
1 indukcija-zaključivanje iz pojedinačnog ka opˇstem.
2 hipoteza-pretpostavka čija je tačnost provjerena na velikom uzorku, nije dokazana u
opˇstem slučaju, ali nije ni opovrgnuta.
25

26 GLAVA 3. KOMBINATORIKA
Zadatak 52 Koristeći matematičku indukciju dokazati sljedeća tvrdenja:
1. (∀n ∈ N)1 + 2 + . . . + n =
2. (∀n ∈ N)1 2 + 2 2 + . . . + n 2 =
3. (∀n ∈ N)1 3 + 2 3 + . . . + n 3 =
n(n + 1)
,
2
n(n + 1)(2n + 1)
,
6
n(n + 1)
4. (∀n ∈ N)1 + 3 + . . . + (2n − 1) = n 2 ,
5. (∀n ∈ N)1 + q + q 2 . . . + q n−1 =
2
2
,
1 − qn
, q = −1,
1 − q
6. (∀n ∈ N) 1 1
1 n
+ + . . . + =
1 · 2 2 · 3 n(n + 1) n + 1 ,
7. (∀n ∈ N) 5 13
+
1 · 2 2 · 3 + . . . + 2n2 + 2n + 1
n(n + 1)
n(2n + 3)
= ,
n + 1
8. (∀n ∈ N) 12 22
n
+ + . . . +
1 · 3 3 · 5 2 n(n + 1)
=
(2n − 1)(2n + 1) 2(2n + 1) .
Zadatak 53 Koristeći matematičku indukciju dokazati sljedeća tvrdenja:
1. (∀n ∈ N)3 5 n + 2 n+1 ,
2. (∀n ∈ N)133 11 n+2 + 12 2n+1 ,
3. (∀n ∈ N)19 7 · 5 2n + 12 · 6 n .
Zadatak 54 Koristeći matematičku indukciju dokazati sljedeće nejednakosti:
1. (∀n ∈ N, n ≥ 2) 1
√ 1 + 1
√ 2 + . . . + 1
√ n > √ n,
2. (∀n ∈ N)(1 + h) n ≥ 1 + nh, h > −1 (Bernulijeva nejednakost)
1
3. (∀n ∈ N, n ≥ 2)
n + 1
4. (∀n ∈ N, n ≥ 5)2 n > n 2 ,
5. (∀n ∈ N, n ≥ 4)n! > 2 n ,
6. (∀n ∈ N, n ≥ 3)n! ≤ n n−1 .
1
1 13
+ + . . . + >
n + 2 2n 24 ,

3.2. BINOMNA FORMULA 27
3.2 Binomna formula
Na početku treba usvojiti jednu konvenciju o označavanju sabiranja. Naime,
n
umjesto oznake x1 + x2 + . . . + xn uobičajeno je koristiti oznaku xk (pret-
postavlja se da je ∈ N). Na taj način je npr.
n
k=2
k
(k − 1)(k + 1) =
2
(2 − 1)(2 + 1) +
n
k=1
3
+ . . . +
(3 − 1)(3 + 1)
k=1
1 1 1 1
= + + . . . +
k 1 2 n ili
n
(n − 1)(n + 1) .
Definicija 25 Neka je n ∈ N. Faktorijel broja n, u oznaci n! je pproizvod svih
prirodnih brojeva koji nisu veći od n. Dakle,
Dalje, po definiciji se uzima da je
n! = 1 · 2 · . . . · n.
0! = 1.
Koristeći prethodnu definiciju dobija se da je npr. 3! = 1 · 2 · 3 = 6,
6! = 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 = 720, itd.
Definicija 26 Neka su n, k ∈ N, k ≤ n. Binomni koeficijent, u oznaci n
k (čita
se “en nad ka”) se definiˇse na sljedeći način
n n!
=
k k!(n − k)! .
Dalje, po definiciji se uzima da je
n
= 1.
0
Neposredno se provjerava da je npr. 8 8·7·6·5·4·3·2·1
5 = 1·2·3·4·5·1·2·3·4·5·6·7 = 56.
Lema 2 Binomni koeficijenti imaju sljedeće osobine:
1.
k faktora
n n(n − 1) . . . (n − k + 1)
=
,
k
k!
2.
n n
= i
k n − k
3.
n n n + 1
+ = .
k k + 1 k + 1

28 GLAVA 3. KOMBINATORIKA
Dokaz:
1.
n
k
= n(n − 1) . . . (n − k + 1)(n − k)(n − k − 1) . . . · 2 · 1
= n(n − 1) . . . (n − k + 1)
2.
n
=
k
3.
k(k − 1) . . . · 2 · 1 · (n − k)(n − k − 1) . . . · 2 · 1 =
,
k!
n!
k!(n − k)! =
n n
+
k k + 1
=
=
n!
(n − k)!(n − (n − k))! =
n
i
n − k
n!
k!(n − k)! +
n!
(k + 1)!(n − k − 1)! =
(n + 1)!
(k + 1)!(n − k)! =
n + 1
.
k + 1
Na osnovu osobine 3. zaključuje se da se binomni koeficijenti mogu odrediti
iz tzv. Paskalovog trougla:
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
.
.
.
.
Teorema 5 Neka su a, b ∈ R i neka je n ∈ N. Vaˇzi tzv. binomna formula:
(a + b) n =
.
.
n
k=0
n
k
.
.
a n−k b k .
Dokaz: Binomna formula se dokazuje matematičkom indukcijom po eksponentu
n.
Ako je n = 1, onda je
1
k=0
1
a
k
1−k b k =
1
a
0
1 b 0 +
.
.
1
a
1
0 b 1 = a + b,
ˇsto znači da je binomna formula tačna za prirodan broj 1.
Neka je binomna formula tačna za sve prirodne brojeve l koji nisu veći od
nekog prirodnog broja n, tj. neka je
(∀l ≤ n)(a + b) l =
l
k=0
l
a
k
l−k b k .

3.2. BINOMNA FORMULA 29
Treba dokazati da binomna formula vaˇzi i za prirodan broj n + 1. Dakle,
(a + b) n+1 = (a + b)(a + b) n =
n
n
= a a n−k b k + b
=
=
=
=
=
k=0
n
k=0
n
k
n
n
k
k
a n−k+1 b k +
a n−k+1 b k +
k=0
n
a n+1 b 0 +
0
n
+
n
n + 1
0
n+1
n + 1
k
k=0
a 0 b n+1 =
n
n
k
k=0
n
n
k
k=0
n+1
n
k − 1
k=1
n
n
n
+
k k − 1
k=1
a n+1 b 0 +
k=1
a n+1−k b k ,
n
n + 1
k
a n−k b k =
a n−k b k+1 =
a n−k+1 b k =
a n−k+1 b k +
a n+1−k b k +
n + 1
a
n + 1
0 b n+1 =
ˇsto znači da je tvrdenje tačno i za prirodan broj n + 1. Dakle, binomna formula
je tačna za svaki prirodan broj n.
Na osnovu osobine 2. zaključuje se da su koeficijenti u binomnoj formuli
simetrični (prvi i posljednji su medusobno jednaki, drugi i pretposljednji,...).
Dalje, koeficijenti binomne formule odreduju se upravo iz Paskalovog trougla.
Naime, “gornje tjeme” Paskolovog trougla (broj 1) odgovora eksponentu 0 u
binomnoj formuli, jer je (a + b) 0 = 1, sljedeći red odgovara eksponentu 1, jer je
(a + b) 1 = 1 · a + 1 · b. Eksponentu 2 odgovara red 1 2 1 Paskalovog trougla, jer
je (a + b) 2 = 1 · a 2 + 2 · ab + 1 · b 2 . Sljedeći red odgovara eksponentu 3, itd.
Primjer 13 Koristeći binomnu formulu izračunati:
1. (a − b) 4 i
2. (2x + 1) 5 .
Rjeˇsenje:
1. Eksponentu 4 u Paskalovom trouglu odgovara red 1 4 6 4 1, pa je
(a − b) 4 = 1 · a 4−0 (−b) 0 + 4 · a 4−1 (−b) 1 + 6 · a 4−2 (−b) 2 +
+4 · a 4−3 (−b) 3 + 1 · a 4−4 (−b) 4 =
= a 4 − 4a 3 b + 6a 2 b 2 − 4ab 3 + b 4 .

30 GLAVA 3. KOMBINATORIKA
2. Slično, eksponentu 5 u Paskalovom trouglu odgovara red 1 5 10 10 5 1,
pa je
(2x + 1) 5 = 1 · (2x) 5−0 · 1 0 + 5 · (2x) 5−1 · 1 1 + 10 · (2x) 5−2 · 1 2 +
3.3 Zadaci
Zadatak 55 Izračunati:
,
1. 7
2
2. 16
12
3. 9
3
4. 10
2
,
9
− i
6
+ 10
3
+ 10
4
Zadatak 56 Naći:
10 · (2x) 5−3 · 1 3 + 5 · (2x) 5−4 · 1 4 + 1 · (2x) 5−5 · 1 5 =
= 32x 5 + 80x 4 + 80x 3 + 40x 2 + 10x + 1.
.
1. ˇsesti član u razvoju binoma (x + y) 15 ,
2. četvrti član u razvoju binoma (x 2 − y 2 ) 11 i
3. peti član u razvoju binoma ( √ x − √ y) 12 .
Zadatak 57 U razvoju binoma ( 3√ a + √ a−1 ) 15 , a > 0, odrediti član koji ne
zavisi od a.
21 a√b b
Zadatak 58 Koji član u razvoju binoma 3 + 3√ , a > 0, b > 0,
a
sadrˇzi a i b sa istim stepenom?
Zadatak 59 Koficijenti četvrtog i trinaestog člana u razvoju binoma x 2 + a
n , x =
x
0, n ∈ N, su medusobno jednaki. Odrediti član koji ne sadrˇzi x.
√3 y
n Zadatak 60 U razvoju binoma x2 + , x = 0, n ∈ N, odrediti član koji
ne sadrˇzi x ako je binomni koeficijent trećeg člana za 5 veći od binomnoig koeficijenta
drugog člana.
Zadatak 61 Zbir koeficijenata posljednja tri člana u razvoju binoma
x 2 + 1
n , x = 0, n ∈ N, jednak je 46. Odrediti član koji ne sadrˇzi x.
x
x

3.4. PERMUTACIJE (SA I BEZ PONAVLJANJA) 31
3.4 Permutacije (sa i bez ponavljanja)
Definicija 27 Neka je zadan skup S = {a1, a2, . . . , an}. Permutacija (bez ponavljanja)
skupa S je svaka bijekcija p : S ↦→ S.
Drugim riječima, permutacija skupa S je svako uredenje elemenata skupa S.
Primjer 14 Napisati sve permutacije skupa S = {a, b, c}.
Rjeˇsenje: Permutacije skupa S su: abc, acb, bac, bca, cab, cba.
Teorema 6 Broj permutacija skupa od n elemenata jednak je n!.
Dokaz: Tvrdenje ćemo dokazati matematičkom indukcijom po broju elemenata
skupa.
Ako skup ima 1 element, tvrdenje je očigledno. Permutacije dvoelementnog
skupa {a1, a2} su: a1a2 i a2a1 i ima ih upravo 2!.
Pretpostavimo da je tvrdenje tačno za skupove od n elemenata i dokaˇzimo da
je tačno i za skupove od n + 1 elemenata. Posmatrajmo skup
{a1, a2, . . . , an, an+1}. Prema indukcijskoj hipotezi, broj permutacija elemenata
{a1, a2, . . . , an} jednak je n!, pa i permutacija oblika an+1ai1ai2 . . . ain (element
an+1 se nalazi na prvoj poziciji, a ostali se elementi permutuju) ima takode
n!. Slično, permutacija oblika ai1an+1ai2 . . . ain (element an+1 se sada nalazi
na drugoj poziciji) ima takode n!. Konačno, budući da se element an+1 moˇze
postaviti na n+1 pozicija, ukupan broj permutacija skupa {a1, a2, . . . , an, an+1}
iznosi (n + 1) · n! = (n + 1)!.
Definicija 28 Neka je zadan skup S = {a1, a2, . . . , an}. Svaki niz od
k1 + k2 + . . . + kn = m, ki ≥ 0, i ∈ {1, 2, . . . , n}, eleneata skupa S u kojem
se element ai ponavlja ki puta, i ∈ {1, 2, . . . , n}, naziva se permutacija sa ponavljanjem
skupa S tipa (k1, k2, . . . , kn)
Primjer 15 Navesti sve permutacije sa ponavljanjem skupa S = {a, b, c} tipa
(2, 1, 1).
Rjeˇsenje: Traˇzene permutacije su: aabc, aacb, abac, abca, acab, acba, baac, baca,
bcaa, caab, caba, cbaa.
Teorema 7 Broj permutacija sa ponavljanjem skupa od n elemenata tipa
m!
(k1, k2, . . . , kn), k1 + k2 + . . . + kn = m, jednak je
k1!k2! . . . kn! .
Dokaz: Neka je S = {a1, a2, . . . , an}. Posmatrajmo premutacije sa ponavljanjem
skupa S tipa (r, 1, . . . , 1). Kod ovih se permutacija element a1 ponavlja
r puta, dok se preostali elementi skupa S ponavljaju tačno jednom. Posmatrajnmo
pomoćni skup {a11, a12, . . . , a1r, a2, . . . , an}. Broj permutacija (bez ponavljanja)
ovog skupa jednak je (n + r − 1)!. Ako je sada a11, a12, . . . , a1r = a1,
medu uočenim permutacijama biće r! jednakih, ˇsto znači da da je broj per-
mutacija sa ponavljanjem skupa S tipa (r, 1, . . . , 1) jednak upravo
(n + r − 1)!
.
r!

32 GLAVA 3. KOMBINATORIKA
Analogno se dokazuje da je broj permutacija sa ponavljanjem skupa S tipa
(n + r + s − 2)!
(r, s, 1, . . . , 1) jednak . Ponavljajući ovaj postupak, induktivno
r! · · ·!
se zaključuje da vaˇzi tvrdenje teoreme.
3.5 Zadaci
Zadatak 62 Napisati sve permutacije skupa {k, r, u, g} i poredati ih u leksikografskom
poretku.
Zadatak 63 Odrediti prvu, desetu i stotu permutaciju skupa {a, b, c, d, e}.
Zadatak 64 Koliko ima permutacija skupa {1,2,3,4,5,6} koje počinju sa:
1. brojem 5,
2. 123,
3. tri parne cifre?
Zadatak 65 U koliko se permutacija skupa {a,b,c,d,e} elementi a i e nalaze na
krajevima (na prvoj i posljednjoj poziciji)?
Zadatak 66 Na koliko različitih načina sedam osoba različitih starosti mogu
stati u vrstu, pod uslovom da najstarija osoba bude u sredini?
Zadatak 67 Na koliko različitih načina je moguće kombinovati četiri unutraˇsnje
i četiri spoljaˇsnje automobilske gume?
Zadatak 68 Na koliko se načina cifre 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 mogu poredati u
niz tako da se na prvih pet mjesta nalaze parne cifre?
Zadatak 69 U koliko permutacija od elemenata 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 se elementi
2, 4, 5, 6 nalaze jedan pored drugog u nekom:
1. zadanom poretku,
2. proizvoljnom poretku?
Zadatak 70 Koliko ima permutacija skupa {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} kod kojih:
1. su elementi 0 i 1 susjedni, pri čemu je 0 ispred 1,
2. se izmedu 0 i 1 nalazi tačno jedan element,
3. se 0 nalazi (ne obavezno neposredno) ispred 1?
Zadatak 71 Koliko ima permutacija od n elemenata u kojima:
1. dva data elementa a i b ne stoje jedan pored drugog,

3.6. VARIJACIJE (SA I BEZ PONAVLJANJA) 33
2. tri data elementa a, b i c ne stoje jedan pored drugog (u bilo kojem poretku)?
Zadatak 72 Na koliko se načina u jednom redu ˇsahovske table mogu rasporediti
dva topa, dva konja, dva lovca, kralj i dama?
Zadatak 73 Koliko ima:
1. sedmocifrenih brojeva čije su cifre 3, 3, 3, 4, 4, 7, 7,
2. ˇsestocifrenih brojeva čije su cifre 1, 1, 2, 2, 3, 3?
Zadatak 74 Na koliko je načina moguće ubaciti četiri kuglice u tri kutije (dozvoljeno
je da neka kutija ostane prazna)?
Zadatak 75 U pekari je moguće kupiti četiri vrste kolača. Na koliko se načina
moˇze kupiti sedam kolača?
3.6 Varijacije (sa i bez ponavljanja)
Lema 3 Neka skup A ima n, n ∈ N elemenata i neka je k ∈ N. Tada skup
ima nk elemenata.
A k = A × A × . . . × A
k
Dokaz: Tvrdenje se dokazuje matematičkom indukcijom po k.
Ako je k = 1 tvrdenje je očigledno. Neka je tvrdenje tačno za svaki prirodan
broj l koji nije veći od nekog prirodnog broja k. Treba dokazati da je tvrdenje
tačno i za prirodan broj k + 1.
Neka je (a1, a2, . . . , ak) proizvoljna uredena k-torka iz skupa A k . Pomoću
ove k-torke moguće je dobiti tačno n k + 1-orki elemenata skupa A k+1 (to su
npr. k +1-orke (a1, a2, . . . , ak, a), gdje je a proizvoljni element skupa A). Prema
indukcijskoj hipotezi, skup A k ima n k elemenata, pa se na osnovu prethodnog
razmatranja zaključuje da skup A k+1 ima n k · n = n k+1 elemenata, ˇsto znači da
je tvrdenje tačno i za prirodan broj k + 1.
Dakle, tvrdenje vaˇzi za svaki prirodan broj k.
Definicija 29 Neka je A = {a1, a2, . . . , an}. Svaka uredena k-torka, k ∈ N,
elemenata skupa A naziva se varijacija sa ponavljanjem duˇzine k skupa A.
Primjer 16 Napisati sve varijacije sa ponavljanjem duˇzine 3 skupa {0, 1}.
Rjeˇsenje: Traˇzene varijacije su:
000, 001, 010, 011, 100, 101, 110 i 111.
Primjer 17 Napisati sve varijacije sa ponavljanjem duˇzine 2 skupa {a, b, c}.

34 GLAVA 3. KOMBINATORIKA
Rjeˇsenje: Traˇzene varijacije su:
aa, ab, ac, ba, bb, bc, ca, cb i cc.
Teorma koja slijedi neposredna je posljedica prethodne leme i definicije, pa
je njen dokaz izostavljen.
Teorema 8 Neka je A = {a1, a2, . . . , an}. Broj varijacija sa ponavljanjem duˇzine
k, k ∈ N skupa A jednak je n k .
Definicija 30 Neka je A = {a1, a2, . . . , an} i neka je k ∈ N, k ≤ n. Svaka
uredena k-torka elemenata skupa A u kojoj se nijedan element ne ponavlja naziva
se varijacija bez ponavljanja duˇzine k skupa A.
U slučaju kada je k = n, varijacije bez ponavljanja duˇzine n svode se na
permutacije bez ponavljanja.
Primjer 18 Napisati sve varijacije bez ponavljanja duˇzine 2 skupa {a, b, c, d}.
Rjeˇsenje: Traˇzene varijacije su:
ab, ac, ad, ba, bc, bd, ca, cb, cd, da, db i dc.
Teorema 9 Neka je A = {a1, a2, . . . , an} i neka je k ∈ N, k ≤ n. Broj varijacija
bez ponavljanja duˇzine k skupa A jednak je n(n − 1) . . . (n − k + 1) .
k faktora
Dokaz: Treba prebrojati koliko ima uredenih k-torki elemenata skupa A
takvih da se u njima ni jedan element ne ponavlja.
Na prvom mjestu uredene k-torke moˇze stajati bilo koji element skupa A,
ˇsto znači da postoji n mogućnosti za prvu poziciju. Kada je na prvoj poziciji
postavljen neki element skupa A, na drugu se moˇze postaviti bilo koji od
preostalih n − 1 elemenata, ˇsto ukupno daje n(n − 1) mogućnosti. Slično, za
treću poziciju postoji n(n − 1)(n − 2) mogućnosti. Ponavljajući ovaj postupak,
induktivno se zaključuje da za k-tu poziciju ima n·(n−1)·. . .·(n−k+1) mogugnosti
(pod pretpostavkom da su na prvih k −1 pozicija postavljeni odgovarajući
elementi skupa A).
3.7 Zadaci
Zadatak 76 U hotelu je moguće naručiti kafu, čaj ili mlijeko. Na koliko načina
je moguće napraviti izbor ako se u hotelu ostaje sedam dana?
Zadatak 77 Koliko ima različitih četverocifrenih brojeva djeljivih sa 4 napisanih
pomoću cifara 1, 2, 3, 4 i 5 ako:

3.7. ZADACI 35
1. ni jedan broj ne sadrˇzi jednake cifre,
2. cifre se mogu ponavljati?
Zadatak 78 Krokodil ima 68 zuba. Dokazati da medu 16 17 krokodila nikoja
dva ne moraju imati isti raspored zuba.
Zadatak 79 U mjestu u kojem ˇzivi 1000 osoba barem dvije imaju iste inicijale.
Zadatak 80 Koliko ima petocifrenih brojeva koji se mogu napisati od cifara
0, 2, 4, 6 i 8 ako se:
1. petocfrenim brojem smatraju i oni koji počinju sa nulom,
2. petocfrenim brojem ne smatraju oni koji počinju sa nulom (nulama)?
Zadatak 81 Koliko je Morzeovih znakova moguće napraviti pomoću osnovnih
znakova − i · ako se zna da se svaki znak sastoji od najviˇse četiri znaka?
Zadatak 82 Koliko kolona treba popuniti na listiću sportske prognoze da bi
dobitak bio siguran? Na tiketu se nalazi trinaest parova sa mogućim ishodima
0, 1 ili 2.
Zadatak 83 Koliko se trocifrenih brojeva moˇze obrazovati od cifara 1, 3, 5, 7 i 9.
Zadatak 84 Fudbalski tim (od jedanaest igrača) se sastavlja od trinaest igrača.
Na koliko je načina moguće sastaviti tim ako:
1. svaki igrač moˇze igrati na svakoj poziciji,
2. dva igrača mogu biti samo golmani?
Zadatak 85 Rijeˇsiti jednačinu
Zadatak 86 Koji od brojeva V k n ili V k−1
n−1
(n + 3)!
V 5 = 720.
n · (n − 5)!
je veći i koliko puta?
Zadatak 87 Koliko se petocifrenih brojeva moˇze obrazovati od cifara 0, 1, 2, 5, 7 i 9
tako da se 0 ne nalazi ni na prvom, niti na posljednjem mjestu i da se ni jedna
cifra ne ponavlja.
Zadatak 88 Koliko ima dvocifrenih, a koliko trocifrenih brojeva od cifara 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 i 9
kod kojih su sve cifre različite?

36 GLAVA 3. KOMBINATORIKA
3.8 Kombinacije (sa i bez ponavljanja)
Definicija 31 Neka je A = {a1, a2, . . . , an} i neka je k ∈ N, k ≤ n. Svaki
podskup skupa A od k elemeneta naziva se kombinacija bez ponavljanja k-te
klase skupa A.
Teorema 10 Neka je A = {a1, a2, . . . , an} i neka je k ∈ N, k ≤ n. Broj kombi-
n
nacija bez ponavljanja k-te klase skupa A iznosi .
k
Dokaz: Neka je S1 skup svih varijacija bez ponavljanja k-te klase skupa A i neka
je S2 skup svih kombinacija bez ponavljanja k-te klase skupa A. Skup S1 ima
n·(n−1)·. . .·(n−k+1) elemenata. Dalje, neka je funkcija f : S1 ↦→ S2 definisana
na sljedeći način. Svakoj varijaciji k-te klase bez ponavljanja (ai1, ai2, . . . , ain) ∈
S1 pridruˇzuje se kombinacija k-te klase bez ponavljanja {ai1, ai2, . . . , ain} ∈ S2.
Očigledno je da je svaki element skupa S2 slika tačno k! originala iz skupa S2.
Prema tome,
|S2| 3 = |S1|
k!
= n · (n − 1) · . . . · (n − k + 1)
k!
=
n
.
k
Definicija 32 Neka je A = {a1, a2, . . . , an} i neka je k ∈ N. Dalje, neka se
iz skupa A bira k elemenata (jedan po jedan element sa vraćanjem). Ako nije
bitan redosljed izvlačenja, nego samo koji je element i koliko puta izvučen, onda
se rezultat izvlačenja naziva kombinacija sa ponavljanjem k-te klase skupa A.
Koristeći prethodnu teoremu, dokazuje se daje broj kombinacija sa ponavljan-
n + k − 1
jem k-te klase skupa od n elemenata jednak
.
k
3.9 Zadaci
Zadatak 89 Napisati sve kombinacije bez ponavljanja četvrte klase od elemenata
a, b, c, d, e, f, g koje sadrˇze elemente b, c, e.
Zadatak 90 Koliko ima kombinacija bez ponavljanja pete klase od elemenata
1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 koje:
1. sadrˇze elemente 2, 4, 6?
2. ne sadrˇze sva tri elementa 2, 4, 6?
Zadatak 91 Iz grupe od 15 radnika treba izabrati poslovodu i 4 radnika. Na
koliko je načina moguće napraviti izbor?
3 Oznaka |A| označava broj elemenata skupa A.

3.9. ZADACI 37
Zadatak 92 U kutiji se nalazi 10 kuglica numerisanih brojevima 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 i 10.
Iz kutije se istovremeno vade tri kuglice. U koliko će slučajeva zbir brojeva na
izvučenim kuglicama biti:
1. jednak 9?
2. veći ili jednak od 9?
Zadatak 93 Od 18 različitih cvjetova treba napraviti buket tako da se on sastoji
od barem tri cvijeta. Na koliko se načina moˇze napraviti buket?
Zadatak 94 Koliko ima različitih sedmocifrenih brojeva čije su cifre 1, 2, 3 pod
uslovom da se cifra 2 u svakom broju pojavljuje tačno dva puta?
Zadatak 95 Koliko ima različitih sedmocifrenih brojeva čije su cifre 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8
pod uslovom da se cifra 2 u svakom broju pojavljuje barem tri puta?
Zadatak 96 Iz kompleta od 52 karte izvučeno je 10 karata. U koliko slučajeva
se medu izvučenim kartama nalazi:
1. tačno jedna dama?
2. barem jedna dama?
3. tačno dvije dame?
4. barem dvije dame?
Zadatak 97 Koˇsarkaˇski tim ima 5 bekova, 4 centra i 3 krila. Na koliko je
načina moguće sastaviti petočlanu ekipu u kojoj moraju igrati barem dva beka i
barem jedan centar?
Zadatak 98 Na koliko se različitih načina n identičnih kuglica moˇze rasporediti
u m, n ≥ m kutija tako da u svakoj kutiji bude barem jedna kuglica?
Zadatak 99 Na koliko je načina 20 jednakih kuglica moguće podijeliti u tri
grupe tako da prva grupa sadrˇzi 5 kuglica, druga 7 i treća 8 kuglica?
Zadatak 100 Napisati sve kombinacije sa ponavljanjem druge i treće klase
skupa {a, b, c, d}.
Zadatak 101 Na koliko se različitih načina moˇze podijeliti 20 jabuka na 4
djeteta (dozvoljeno je da neko dijete ne dobije jabuku)?
Zadatak 102 Dobavljač dostavlja 5 proizvoda koji mogu biti ispravni ili neispravni.
Koliko ima svih mogućih slučajeva s obzirom na ispravnost proizvoda
ako se naručuju:
1. raznovrsni proizvodi?
2. istoovrsni proizvodi?

38 GLAVA 3. KOMBINATORIKA

Glava 4
Teorija grafova
4.1 Pojam grafa
Definicija 33 Neka je V = ∅, i neka je E posdkup skupa svih dvoelementnih
podskupova skupa V. Graf G je uredeni par (V, E). Elementi skupa V nazivaju
se čvorovi, a elementi skupa E grane grafa G. Ako je {u, v} ∈ E za čvorove u i
v se kaˇze da su susjedni.
Primjer 19 V = {a, b, c, 0, 1}, E = {{a, c}, {a, 1}, {b, c}, {b, 1}, {c, 0}, {c, 1}}.
Dobra osobina grafova je specifičnost njihove vizuelizacije.
Posebne klase grafova
Graf Pn, kod kojeg je V = {v1, v2, . . . , vn} i E = {{vi, vi+1} 1 ≤ i ≤ n − 1}
naziva se put sa n čvorova.
Graf Cn, kod kojeg je V = {v1, v2, . . . , vn} i E = {{vi, vi+1} 1 ≤ i ≤ n}, pri
čemu je vn+1 = v1 naziva se ciklus sa n čvorova.
Graf Kn, kod kojeg je V = {v1, v2, . . . , vn} i kod kojeg su svaka dva čvora
susjedna naziva se kompletan sa n čvorova.
Graf G = (U, V ) je bipartitan ako postoji razbijanje skupa V na dva podskupa
V1 i V2 (V1 ∩ V2 = ∅, V1 ∪ V2 = V ) takva da svaka grana e ∈ E spaja dva
čvora od kojih je jedan iz skupa V1, a drugi iz skupa V2. Drugim riječima, za
svaku granu e ∈ E mora vaˇziti |e ∩ V1| = |e ∩ V2| = 1.
Matrica susjedstva i matrica incidentnosti
Neka je zadan graf G = (U, V ). Matrica susjedstva grafa G, u oznaci
A = AG je kvadratna matrica čije su vrste i kolone indeksirane čvorovima V,
pri čemu je
Auv =
1, uv ∈ E
0, uv /∈ E.
39

40 GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA
Neka je zadan graf G = (U, V ). Matrica incidentnosti grafa G, u oznaci
M = MG je matrica čije su vrste indeksirane čvorovima V, kolone indeksirane
granama E i pri tome vaˇzi
Mve =
1, v ∈ e
0, v /∈ e.
Dakle, svaka kolona matrice susjedstva odgovara jednoj grani grafa G. Budući
da svaka grana povezuje tačno dva čvora, svaka kolona matrice M sadrˇzi tačno
dvije jedinice, dok su njeni ostali elementi nule.
Stepen čvora
Definicija 34 Neka je zadan graf G = (V, E). Stepen čvora v ∈ V, u oznaci
d(v) je broj susjednih čvorova čvora v.
Lema 4 Zbir
d(v) (zbir stepeni svih čvorova grafa G) jednak je dvostrukom
v∈V
broju grana grafa G.
Dokaz: Posmatrajmo matricu incidentnosti M grafa G. Zbir elemenata matrice
M u vrsti koja odgovara čvoru v jednak je stepenu čvora v. Stoga je zbir svih
elemenata matrice M jednak
d(v). Sa druge strane, zbir elemenata u svakoj
v∈V
koloni matrice M jednak je dva, ˇsto znači da je zbir elemenata matrice M jednak
dvostrukom broju grana grafa G..
4.2 Zadaci
Zadatak 103 Odrediti matricu incidentnosti i matricu susjedstva grafa sa slike.
Zadatak 104 Napisati matricu susjedstva i matricu incidentnosti za
1. put sa 4 čvora.
2. ciklus sa 4 čvora.
3. kompletan graf sa 4 čvora.
Zadatak 105 Nacrtati graf ako je zadana njegova matrica incidentnosti
⎛
⎜
1. M = ⎜
⎝
0
1
1
0
0
0
1
1
0
1
0
1
1
0
0
1
0
1
1
0
1
0
0
1
1
1
0
0
1
0
1
0
0
0
1
1
0
1
0
0
1
0
0
0
⎞
0
0 ⎟
0 ⎟
1 ⎠
0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 1 1

4.2. ZADACI 41
2. M =
⎛
⎜
⎝
1 1 1 0 0 0
1 0 0 1 1 0
0 1 0 1 0 1
0 0 1 0 1 1
⎞
⎟
⎠
Zadatak 106 Nacrtati graf ako je zadana njegova matrica susjednosti
⎛
0
⎜ 0
1. A = ⎜ 1
⎝ 1
0
0
1
0
1
1
0
0
1
0
0
0
0
1
1
1
⎞
⎟
⎠
0 1 1 1 0
2. Kvadratna matrica reda 5 kod koje je ai,j =
1, i = j,
0, i = j.
Zadatak 107 Pet fudbalskih ekipa igraju turnir tako da svaka ekipa odigra utakmicu
sa tačno dvije ekipe. Konstruisati grafički model ove situacije.
Zadatak 108 Odrediti stepen svih čvorova grafa na slici.
Zadatak 109 Postoji li
1. graf sa stepenima čvorova 3, 3, 3, 3, 5, 6, 6, 6, 6, 6, 6?
2. bipartitni graf sa stepenima čvorova 3, 3, 3, 3, 3, 5, 6, 6, 6, 6, 6, 6, 6, 6?
3. graf sa stepenima čvorova 1, 1, 3, 3, 3, 3, 6, 8, 9, 5?
Zadatak 110 Koliko najviˇse grana moˇze imati graf sa n čvorova?
Zadatak 111 Dokazati ili opovrgnuti:
1. Brissanje čvora najvećeg stepena ne moˇze da poveća prosječnu vrijednost
stepena čvorova.
2. Brissanje čvora najmanjeg stepena ne moˇze da smanji prosječnu vrijednost
stepena čvorova.
Zadatak 112 Dokazati da u svakom grafu postoje dva čvora sa istim stepenom.
Zadatak 113 Na ˇsahovskom turniru svaki igrač je odigrao sa svakim drugim
igračem najviˇse jednu partiju. Dokazati da u svakom trenutku na turniru postoje
barem dva igrača koji su do tog trenutka odigrali isti broj partija.
Zadatak 114 Ako bipartitan graf ima n čvorova i e grana, onda je e ≤ n2
4 .

42 GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA
4.3 Ojlerovi grafovi
ˇSetnja W duˇzine k u grafu G = (V, E) je niz v0, e1, v1, e2, v2, . . . , ek, vk
čvorova i grana tako da je ei = vi−1vi, 1 ≤ i ≤ k. Čvorovi v0 i vk su krajevi
ˇsetnje W. ˇ Setnja je zatvorena ako je v0 = vk. Staza je ˇsetnja u kojoj se ni
jedna grana ne ponavlja. Put je ˇsetnja u kojoj se ni jedan čvor ne ponavlja.
Kontura je zatvorena staza u kojoj se ni jedan čvor (izuzev prvog i posljednjeg)
ne ponavlja.
Čvorovi u i v grafa G su povezani ako u G postoji put čiji su
krajnji čvorovi u i v. Graf G je povezan ako su svaka dva njegova čvora povezana.
Zatvorena staza koja prolazi kroz sve grane grafa G naziva se Ojlerova
kontura. Staza koja nije zatvorena i koja prolazi kroz sve grane grafa G naziva
se Ojlerov put. GrafG je Ojlerov ako sadrˇzi Ojlerovu konturu.
Lema 5 Graf G je Ojlerov ako i samo ako je povezan i svaki čvor ima paran
stepen.
4.4 Zadaci
4.5 Problem najkraćeg puta i Dijkstra algoritam
Neka je svakoj ivici e, grafa G pridruˇzen realan broj w(e), tzv. teˇzina ivice
e. Tada se graf G naziva teˇzinski graf. Ako je H ⊆ G podrgaf teˇzinskog grafa
G, onda se teˇzina podrgrafa H definiˇse sa
w(e). Problem najkraćeg puta
e∈E(H)
je jedan od osnovnih optimizacionih problema. Izmedu dva čvora u grafu treba
odrediti stazu najmanje teˇzine. Za rjeˇsavanje ovog problema koristi se tzv. Dijkstra
algoritam. ˇ Staviˇse, Dijkstrin algoritam odreduje stazu najmanje teˇzine
izmedu jednog fiksiranog čvora i svih preostalih čvorova u grafu. Prilikom realizacije
algoritma svaki čvor se opisuje pripadnim indeksom koji predstavlja
duˇzinu staze izmedu početnog i tekućeg čvora. Ovaj indeks moˇze biti stalan
ili privremen. Kada je indeks postavljen kao stalan, prilikom dalje realizacije
algoritma ostaje nepromjenjen. Vrijednost indeksa ∞ označava da izmedu dva
čvora ne postoji grana koja ih povezuje. Koraci Dijkstra algoritma su
Korak 1 Odabrati početni čvor, postaviti njegov indeks na 0 i označiti ga kao
stalan. Indeks ostalih čvorova postaviti na ∞.
Korak 2 Svim čvorovima koji nemaju stalan indeks postaviti novi privremeni
indeks na sljedeći način:
min{stari indeks k, stari indeksj + l(jk)},
pri čemu je j čor koji je posljednji dobio stalni indeks, k čvor kojem se
odreduje privremeni indeks i l(jk) teˇzina grane jk.

4.5. PROBLEM NAJKRAĆEG PUTA I DIJKSTRA ALGORITAM 43
Korak 3 Pronaći najmanju pridruˇzenu vrijednost trenutnog indeksa i taj indeks
označiti kao stalan.
Korak 4 Ako se doˇslo do odrediˇsnog čvora KRAJ, inače idi na Korak 2.

44 GLAVA 4. TEORIJA GRAFOVA

Bibliografija
[1] Pepić M., Uvod u matematiku, Udruˇzenje matematičara Bosne i Hercegovine,
Sarajevo, 2000.
45